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等差数列例题高中(等差数列例题)

王妹富
导读 大家好,我是小跳,我来为大家解答以上问题。等差数列例题高中,等差数列例题很多人还不知道,现在让我们一起来看看吧!1、公式法、累加法...

大家好,我是小跳,我来为大家解答以上问题。等差数列例题高中,等差数列例题很多人还不知道,现在让我们一起来看看吧!

1、公式法、累加法、累乘法、待定系数法、对数变换法、迭代法、数学归纳法、换元法、不动点法、特征根的方法等等。

2、 类型一 归纳—猜想—证明 由数列的递推公式可写出数列的前几项,再由前几项总结出规律,猜想出数列的一个通项公式,最后用数学归纳法证明. 类型二 “逐差法”和“积商法” (1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时,取n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子: a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1), 且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时,两边累加得通项an,此法称为“逐差法”. (2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时,令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子,即 a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n-1),且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时,两边连乘可求出an,此法称为“积商法”. 类型三 构造法 递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数),可用待定系数法构造一个新的等比数列求解. 类型四 可转化为类型三求通项 (1)“对数法”转化为类型三. 递推式为an+1=qank(q>0,k≠0且k≠1,a1>0),两边取常用对数,得lgan+1=klgan+lgq,令lgan=bn,则有bn+1=kbn+lgq,转化为类型三. (2)“倒数法”转化为类型三. 递推式为商的形式:an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0,pq≠0,pc≠qb). 若b=0,得an+1=pan/(qan+c).因为an≠0,所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p,转化为类型三. 若b≠0,设an+1+x=y(an+x)/qan+c,与已知递推式比较求得x、y,令bn=an+x,得bn+1=ybn/qan+c,转化为b=0的情况. 类型五 递推式为an+1/an=qn/n+k(q≠0,k∈N) 可先将等式(n+k)an+1=qnan两边同乘以(n+k-1)(n+k-2)…(n+1),得(n+k)(n+k-1)(n+k-2)… (n+1)an+1=q(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)nan,令bn=(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)•nan,则bn+1= (n+k)(n+k-1)(n+k-2)…(n+1)an+1. 从而bn+1=qbn,因此数列{bn}是公比为q,首项为b1=k(k-1)(k-2)…2•1•a1=k!a1的等比数列,进而可求得an. 总之,由数列的递推公式求通项公式的问题比较复杂,不可能一一论及,但只要我们抓住递推数列的递推关系,分析结构特征,善于合理变形,就能找到解决问题的有效途径. 类型一归纳—猜想—证明 由数列的递推公式可写出数列的前几项,再由前几项总结出规律,猜想出数列的一个通项公式,最后用数学归纳法证明. 例1设数列{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…),则它的通项公式是an=______________.(2000年全国数学卷第15题) 解:将(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)分解因式得(an+1+an)〔(n+1)an+1-nan〕=0. 由于an>0,故(n+1)an+1=nan,即an+1=n/(n+1)an. 因此a2=(1/2)a1=(1/2),a3=(2/3)a2=(1/3),….猜想an=(1/n),可由数学归纳法证明之,证明过程略. 类型二“逐差法”和“积商法” (1)当数列的递推公式可以化为an+1-an=f(n)时,取n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子: a2-a1=f(1),a3-a2=f(2),…,an-an-1=f(n-1), 且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求得时,两边累加得通项an,此法称为“逐差法”. 例2已知数列{an}满足a1=1,an=3n-1+an-1(n≥2),证明:an=(3n-1)/2. (2003年全国数学卷文科第19题) 证明:由已知得an-an-1=3n-1,故 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=3n-1+3n-2+…+3+1=3n-1/2. 所以得证. (2)当数列的递推公式可以化为an+1/an=f(n)时,令n=1,2,3,…,n-1,得n-1个式子,即 a2/a1=f(1),a3/a2=f(2),a4/a3=f(3),…,an/an-1=f(n-1),且f(1)f(2)f(3)…f(n-1)可求得时,两边连乘可求出an,此法称为“积商法”. 例3(同例1)(2000年全国数学卷第15题) 另解:将(n+1)a2n+1-nan2+an+1an=0(n=1,2,3,…)化简,得(n+1)an+1=nan,即 an+1/an=n/(n+1). 故an=an/an-1•an-1/an-2•an-2/an-3•…•a2/a1=n-1/n•n-2/n-1•n-3/n-2• … •1/2=1/n. 类型三构造法 递推式是pan=qan-1+f(n)(p、q是不为零的常数),可用待定系数法构造一个新的等比数列求解. 例4(同例2)(2003年全国数学卷文科第19题) 另解:由an=3n-1+an-1得3•an/3n=an-1/3n-1+1. 令bn=an/3n,则有 bn=1/3bn-1+1/3. (*) 设bn+x=1/3(bn-1+x),则bn=1/3bn-1+1/3x-x,与(*)式比较,得x=-1/2,所以bn-1/2=1/3(bn-1-1 /2).因此数列{bn-1/2}是首项为b1-1=a1/3=-1/6,公比为1/3的等比数列,所以bn-1/2=-1/6•(1/3)n-1,即 an/3n-1/2=-1/6(1/3)n-1.故an=3n〔1/2-1/6(1/3)n-1〕=3n-1/2. 例5数列{an}中,a1=1,an+1=4an+3n+1,求an. 解:令an+1+(n+1)x+y=4(an+nx+y),则 an+1=4an+3nx+3y-x,与已知an+1=4an+3n+1比较,得 3x=3, 所以 x=1, 3y-x=1, y=(2/3). 故数列{an+n+(2/3)}是首项为a1+1+(2/3)=(8/3),公比为4的等比数列,因此an+n+(2/3)=(8/3)•4n-1,即 an=(8/3)•4n-1-n-(2/3). 另解:由已知可得当n≥2时,an=4an-1+3(n-1)+1,与已知关系式作差,有an+1-an=4(an-an-1)+3,即an+1- an+1=4(an-an-1+1),因此数列{an+1-an+1}是首项为a2-a1+1=8-1+1=8,公比为4的等比数列,然后可用“逐差法” 求得其通项an=(8/3)•4n-1-n-(2/3). 类型四可转化为 类型三求通项 (1)“对数法”转化为 类型三. 递推式为an+1=qank(q>0,k≠0且k≠1,a1>0),两边取常用对数,得lgan+1=klgan+lgq,令lgan=bn,则有bn+1=kbn+lgq,转化为 类型三. 例6已知数列{an}中,a1=2,an+1=an2,求an. 解:由an+1=an2>0,两边取对数得lgan+1=2lgan.令bn=lgan则bn+1=2bn.因此数列{bn}是首项为b1=lga1=lg2,公比为2的等比数列,故bn=2n-1lg2=lg22n-1,即an=22n-1. (2)“倒数法”转化为 类型三. 递推式为商的形式:an+1=(pan+b)/(qan+c)(an≠0,pq≠0,pc≠qb). 若b=0,得an+1=pan/(qan+c).因为an≠0,所以两边取倒数得1/an+1=q/p+c/pan,令bn=1/an,则bn+1=(c/p)bn+q/p,转化为 类型三. 若b≠0,设an+1+x=y(an+x)/qan+c,与已知递推式比较求得x、y,令bn=an+x,得bn+1=ybn/qan+c,转化为b=0的情况. 例7在数列{an}中,已知a1=2,an+1=(3an+1)/(an+3),求通项an. 解:设an+1+x=y(an+x)/an+3,则an+1=(y-x)an+(y-3)x/an+3,结合已知递推式得 y-x=3, 所以 x=1, y-3=1, y=4, 则有an+1+1=4(an+1)/an+3,令bn=an+1,则bn+1=4bn/bn+2,求倒数得1/bn+1=1/2•1/bn+1/4,即1/bn+1-1/2=1/2(1/bn-1/2). 因此数列{1/bn-1/2}是首项为1/b1-1/2=1/a1+1-1/2=-1/6,公比为1/2的等比数列. 故1/bn-1/2=(-1/6)(1/2)n-1,从而可求得an. 数列的递推式求数列的通项公式 形如an+1=pan+q的递推式: 当p=1时数列为等差数列;当q=0,p≠0时数列为等比数列; 当p≠1,p≠0,q≠0时, 令an+1-t=p(an-t),整理得an+1=pan+(1-p)t,由an+1=pan+q,有(1-p)t=q∴t=q/(1-p),从而an+1-q/(1-p)=p〔an-q/(1-p)〕, ∴数列﹛an-q/(1-p)﹜是首项为a1-q/(1-p),公比为q的等比数列。

3、故an=〔a1-q/(1-p)〕pn-1+ q/(1-p) 2、形如an+1= pan +f(n)的递推式: 将上式两边同除以pn+1,得an+1/ pn+1=an/ pn+f(n)/ pn+1, 令bn= an/ pn,则bn+1=bn+ f(n)/ pn+1,由此可求出bn,从而求出an 3、形如an+1=pan+qa n-1(n≥2)的递推式: 1°若p+q=1时,p=1-q,则an+1=(1-q)an+qa n-1,即an+1-an=(an-a n-1)(-q),知﹛an-a n-1﹜为等比数列,公比为-q,首项为a2-a 1 ,从而an+1-an=(a2-a 1)(-q) n-1,用叠加法就可求出an 2°若p+q≠1时,存在xx2满足an+1-x1an= x2 (an-x1a n-1),整理得an+1=(x1+x2)an+ x1 x2a n-1 ,有x1+x2=p,-x1x2=q,把xx2看做一元二次方程x2-px-q=0的两个根,容易求出xx2 ,从而数列﹛an+1-x1an﹜是等比数列,可得an+1-x1an= x2 n-1 (a2-x1a 1)①或an+1-x2an= x1 n-1(an-x1a n-1)②,当x1≠x2 时,由①②联立可解得an ;当x1=x2时,转化成以上类型的递推式,可求出an。

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