数列通项公式的若干求法及转化思想

1/16数列通项公式的若干求法及转化思想求通项公式是学习数列时的一个难点。由于求通项公式时渗透多种数学思想方法，因此求解过程中往往显得方法多、灵活度大、技巧性强。现举数例。一．观察法已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项。例1：已知数列646132291613854121，，，，，写出此数列的一个通项公式。例2：根据数列的前4项，写出它的一个通项公式：（1）4，44，444，4444，…（2）,17164,1093,542,211（3）,52,21,32,1（4）,54,43,32,21二．公式法（1）当已知数列为等差或等比数列时，可直接利用等差或等比数列的通项公式，只需求得首项及公差公比。例1：已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）已知数列的前n项和求通项时，通常用公式)2()1(11nSSnSannn。用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”即a1和an合为一个表达式。例1、已知数列na的前n项和为：①nnSn22②12nnSn求数列na的通项公式。三．由递推式求数列通项对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊数列。称辅助数列法。例题：已知数列｛na｝中，211a，)2(141naann，写出数列的前5项。（课本习题）。变式1：已知数列｛na｝中，211a，)2(141naann。求2006a变式2：已知数列｛na｝中，211a，)2(141naann。求na2/16变式3：已知数列｛na｝中，211a，1134nnnaa。求na变式4：已知数列｛na｝中，211a，23411nnnaa。求na变式5：已知数列｛na｝中，211a，nnnnaa23411。求na变式3：已知数列｛na｝中，211a，1134nnnaa。求na变式6：已知数列｛na｝中，211a，2341naann。求na变式7：已知数列｛na｝中，211a，23421nnaann。求na变式8：已知数列｛na｝中，211a，13411naannn。求na类型Ⅰ：为常数）aaanpnqanpann()0)(()()(11（一阶递归）由等差，等比演化而来的“差型”，“商型”递推关系①等差数列：daann1由此推广成差型递推关系：)(1nfaann累加：112211)()()(aaaaaaaannnnn=12)(anfn，于是只要)(nf可以求和就行。类型1递推公式为解法：把原递推公式转化为，（特殊情形：⑴.1nnaapnq（差后等差数列）⑵1nnnaab（差后等比数列））利用累加法求解。例1．已知｛na｝满足21nnaa，且11a，求na例2．已知｛na｝满足21nnaa3n，且11a，求na例3．已知｛na｝满足)2(311naannn，且11a，求na例4.已知数列满足，求。3/16②等比数列：qaann1由此推广成商型递推关系：)(1ngaann累乘：112211aaaaaaaannnnnnang21)(类型2递推公式为解法：（1）把原递推公式转化为，利用累乘法求解。例1．已知｛na｝满足nnaa211，且21a，求na例2．已知｛na｝满足0,1nnnanaa，且11a，求na例4．（1）.已知数列满足，求。例题1。已知数列na满足：)2(,)12(2,211nannaann求证：①nnnCa2②na是偶数（由1()nnapna和1a确定的递推数列na的通项可如下求得：（2）由已知递推式有11221(1),(2),,(1)nnnnapnaapnaapa依次向前代入，得1(1)(2)(1)napnpnpa，简记为10111(())(1,()1)nnkkapkanpk。这就是叠代法的基本模式。例3已知11313,(1)32nnnaaann，求na。解：13(1)13(2)1321313(1)23(2)232232nnnaann3437526331348531nnnnn。1、已知数列{an}满足)(,2)1(,11NnanSann，求{an}的通项公式4/16类型3递推公式为（其中p，q均为常数，）。解法：把原递推公式转化为：其中，再利用换元法转化为等比数列求解。例1.已知数列中，，求。类型4递推公式为（其中p，q均为常数，）。解法：该类型较类型3要复杂一些。一般地，要先在原递推公式两边同除以，得：引入辅助数列（其中），得：再应用类型3的方法解决。例1.已知数列中，，求。例2.已知数列中，，求。类型5。0),(nnaSf型的利用)2(,1nSSannn转化为0),(1nnaag型，或0),(1nnSSh型即混合型的转化为纯粹型的例题1．已知数列na的前n项和Sn满足.1,)1(2naSnnn(Ⅰ)写出数列na的前3项;,,321aaa5/16(Ⅱ)求数列na的通项公式;分析：.1,)1(2naSnnn---------------①由,12111aSa得.11a----------------②由2n得，12221aaa，得02a--------------③由3n得，123321aaaa，得23a---------④用1n代n得111)1(2nnnaS-----------⑤①—⑤：nnnnnnaaSSa)1(22211即nnnaa)1(221----------------------------⑥nnnnnnnnnaaaa)1(2)1(22)1(2)1(222)1(221222121nnnna)1(2)1(2)1(222211112)1(232nn---------------------------⑦例题2。数列}{na的前n项和记为Sn，已知).3,2,1(2,111nSnnaann证明：数列}{nSn是等比数列；（全国卷（二）理科19题）方法1∵,2,111nnnnnSnnaSSa∴),()2(1nnnSSnSn整理得,)1(21nnSnnS所以.211nSnSnn故}{nSn是以2为公比的等比数列.方法2：事实上，我们也可以转化为121nnSSnn，为一个商型的递推关系，由112211ssssssssnnnnn=1111212322112nnnaannnnnn1．｛na｝是正数组成的数列，前n项和为nS，对所有的n，na与2的等差中项等于nS与2的等比中项（1）写出｛na｝的前三项；（2）求｛na｝的通项。)44(nan6/162．在数列｛na｝中，已知nnaS23，求na3．已知数列{an}的前n和nS满足,1)1(log2nSn求此数列的通项公式。4．已知数列前n项和。（1）求与的关系；（2）求通项公式。5．（北京卷)数列}{na的前n项和为Sn，且,3,2,1,31,111nSaann，求：（Ⅰ）432,,aaa的值及数列}{na的通项公式；（Ⅱ）naaaa2642的值.（.2,)34(31,1,12nnann）由递推数列公式求数列通项公式的解题方法是数学中针对性较强的一种数学解题方法，它从一个侧面体现数学的研究方法，体现了新课程标准理念，是培养学生思维深刻性的极好的范例。注意一题多解；例1：已知数列na满足11a，121nnaa*Nn（Ⅰ）求数列na的通项公式；解法1：（构造法Ⅰ）121nnaa*Nn，1211nnaa1na是以211a为首项，2为公比的等比数列，nna21即12nna*Nn解法2：（构造法Ⅱ）121nnaa*Nn……①121nnaa2n……②①、②两式相减得112nnnnaaaa2nnnaa1是以212aa为首项，2为公比的等比数列，7/16nnnaa21nnnaa212即12nna*Nn解法3：（阶差法）由11a，121nnaa*Nn可得：121nnaa222221nnaa23322222nnaa………21122222nnnaa11122nna以上n式相加得12212122221122nnnnna即12nna*Nn解法五：（迭代法）由11a，121nnaa*Nn可得：1212222122221222121221221122122212211233322221nnnnnnnnnnnaaaaaaa即12nna*Nn总之，以上方法融会贯通可以解决关于递推数列公式求数列通项公式变形问题，从而提高学生的数学解题能力，把握数学学习方法。同式题：.已知数列｛na｝，113,21nnaaa，则na＝8/16当然，还有一些转化的方法和技巧，如基本的式的变换，象因式分解，取倒数、对数等还是要求掌握的。四、转化为常见类型求解：（1）倒数变换法：形如nnnndacaaa11（dc;为常数，且0,0dc）的递推公式，可令nnnnbaba1,111。则可转化为qpaann1型；例1：数列}{na中，且311a，1221nnnaaa，求数列}{na的通项公式.（2）对数变换法：例：已知数列na满足)2(,1121naaann，求na。当然，转化方法不是一成不变的，但其本质是构造、转化为上述常见形式数列问题求解。如比例变换；例1、设数列na满足下列条件,1aa)2(12112naaannn，求na。（可化为211]1[1nnnnaaaa，再取对数）例2、设数列na满足下列条件，试求各通项：（1）,11a)3,2,1(1)1(1nannann（2）)4,3,2()1(2,1111naaannn（3）)5,4,3(,10,121121naaaaaannnn解：（1）)1(111)1(11nnnanaannannnn令,nabnn则111ab，)1(11nnbbnn本题用)1(nn除递推式两边，再进行变量代换，就可转化为“)(1nfaann型”，可得1212nnbanbnnn（2）递推式两边同除以n2，得nnnnnaa)21(2211，就可转化为“)(1nfaann型”，9/16当然，也可以在递推式两边同除以n)1(，得1)1(2)1(1)1(2)1(111nnnnnnnnaaaa即，则可转化为“qapann1型”，所以得1)1(231nnna（3）递推式两边同取对数