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数列通项公式的求法.
数列通项公式的求法
类型1
思路1(递推法):…。
思路2(叠加法):,依次类推有:、、,将各式叠加并整理得,即。
例1. 已知,,求。
解:方法1(递推法):
………。
方法2(叠加法):,依次类推有:、、,将各式叠加并整理得,。
练习: 已知数列满足,,求。
变式: 已知数列,且a2k=a2k-1+(-1)k, a2k+1=a2k+3k, 其中k=1,2,3,…….
(I)求a3, a5;(II)求{ an}的通项公式.
类型2
思路1(递推法):……。
思路2(叠乘法):,依次类推有:、、,将各式叠乘并整理得…,即…。
例2 已知,,求。
解:方法1(递推法):…
。
方法2(叠乘法):,依次类推有:、、、…,即…。
练习1:已知数列满足,,求。
练习2:已知, ,求。
类型3:()
思路1(迭代法):
………。
思路2(构造法):设,即得,数列是以为首项、为公比的等比数列,则,即。
例3.已知数列中,,求的通项公式.
[解析]解法一.转化为型递推数列.
∵∴又,故数列{}是首项为2,公比为2的等比数列.∴,即.
解法二.转化为型递推数列.
∵=2xn-1+1(n≥2) ① ∴=2xn+1 ②
②-①,得(n≥2),故{}是首项为x2-x1=2,公比为2的等比数列,即,再用累加法得.
解法三.用迭代法.
当然,此题也可用归纳猜想法求之,但要用数学归纳法证明.
类型4: 型。
(1)
思路:此时,若可求和,则可用累加消项的方法。
(2)时,
思路:可设
∴
∴ 解得:,
∴ 是以为首项,为公比的等比数列
∴
∴ 将A、B代入即可
(3)(0,1)
思路:等式两边同时除以得
令 则 ∴ 可归为型
(4) (且)
思路(转化法):,递推式两边同时除以得,我们令,那么问题就可以转化为类型(2)进行求解了。
例4:已知满足,求的通项公式。
解:∵
∴
……
对这()个式子求和得: ∴
例5. 已知:,时,,求的通项公式。
解:设
∴ 解得: ∴
∴ 是以3为首项,为公比的等比数列
∴ ∴
例6 已知,。
解:,式子两边同时除以得,令,则,依此类推有、、,各式叠加得,即
。
例7. 已知中,,()求。
解:由得∴ 成等差数列, ∴
例8.设求数列的通项公式.
解:设用代入,可解出.
∴是以公比为-2,首项为的等比数列.
∴,
即.
类型5: ()
思路(构造法):,设,则,从而解得。那么是以为首项,为公比的等比数列。
例9. 已知,,求。
解:设,则,解得,是以为首项,为公比的等比数列,即,。
类型6: ()
思路(转化法):对递推式两边取对数得,我们令,这样一来,问题就可以转化成类型一进行求解了。
例10. 已知,,求。
解:对递推式左右两边分别取对数得,令,则,即数列是以为首项,为公比的等比数列,即,因而得。
类型7: 型。
思路:考虑函数倒数关系有 ∴
令 则可归为型。
例11.数列中,,,求的通项。
解: ∴
设 ∴ ∴
∴
……
?????
∴ ∴
类型8:()
思路(转化法):对递推式两边取倒数得,那么,令,这样,问题就可以转化为类型一进行求解了。
例12. 已知,,求。
解:对递推式左右两边取倒数得即,令则。设,即,数列是以为首项、为公比的等比数列,则,即,。
类型9: (、即。当特征方程有两个相等实根时,数列即为等差数列,我们可设(为待定系数,可利用、、是以为首项的等比数列,我们可设(为待定系数,可利用已知其值的项间接求得);当特征方程的根为虚根时数列通项的讨论方法与上同理,此处暂不作讨论。
例13. 已知, (),求。
解:当时,递推式对应的特征方程为即,解得、是以为首项的等比数列,设,由得则,,即,从而,。
例14:已知数列满足:对于都有
(1)若求(2)若求(3)若求(4)当取哪些值时,无穷数列不存在?
类型10 递推公式为(其中p,q均为常数)。
思路(待定系数法):先把原递推公式转化为
其中s,t满足
例15.在数列求数列的通项公式.
解:令使数列是以 为公比的等比数列(待定).
即∴对照已给递推式, 有即的两个实根.
从而
∴ ①
或 ②
由式①得;由式②得.
消去.
练习: 已知、,求。
类型11: 特殊的n阶递推数列
例16:已知数列满足,求的通项公式.
解:∵ ①
∴ ②
②-①,得.∴故有
将这几个式子累乘,得
又
例17:数列{}满足,求数列{}的通项公式.
解:由 ①,得 ②.
式①-式②,得,或,故有.
∴,.
将上面几个式子累乘,得,即.
∵也满足上式,∴.
变式:已知数列
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