史上最全的数列通项公式的求法15种
最全的数列通项公式的求法
数列是高考中的重点内容之一,每年的高考题都会考察到,小题一般较易,大题一般较难。而作为给出数列的一种形式——通项公式,在求数列问题中尤其重要。本文给出了求数列通项公式的常用方法。
◆一、直接法
根据数列的特征,使用作差法等直接写出通项公式。 例1. 根据下列数列的前几项,说出数列的通项公式: 1、1.3.7.15.31„„„ 2、1,2,5,8,12„„„
2121
3、2,1, , , , „„„
3253
4、1,-1,1,-1„„„ 5、1、0、1、0„„„
◆二、公式法
①利用等差数列或等比数列的定义求通项
⎧S 1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅n =1
n ②若已知数列的前项和S n 与a n 的关系,求数列{a n }的通项a n 可用公式a n =⎨求解.
S -S ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅n ≥2n -1⎩n
(注意:求完后一定要考虑合并通项)
例2.①已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n +(-1) n , n ≥1.求数列{a n }的通项公式.
②已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n
=n 2+n -1,求数列{a n }的通项公式.
③ 已知等比数列{a n }的首项a 1=1,公比0
{b n }的通项公式。
③解析:由题意,b n +1=a n +2+a n +3,又{a n }是等比数列,公比为q ∴
b n +1a n +2+a n +3
==q ,故数列{b n }是等比数列,b 1=a 2+a 3=a 1q +a 1q 2=q (q +1) , b n a n +1+a n +2
∴ b n =q (q +1) ⋅q n -1=q n (q +1)
◆三、归纳猜想法
如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项,我们可以根据前几项的规律,归纳猜想出数列的通项
公式,然后再用数学归纳法证明之。也可以猜想出规律,然后正面证明。
例3. (2002年北京春季高考)已知点的序列A n (x n , 0), n ∈N *,其中x 1=0,x 2=a (a >0) ,A 3是线段A 1A 2的中点,A 4是线段A 2A 3的中点,„,A n 是线段A n -2A n -1的中点,„
(1) 写出x n 与x n -1, x n -2之间的关系式(n ≥3)。
(2) 设a n =x n +1-x n ,计算a 1, a 2, a 3,由此推测{a n }的通项公式,并加以证明。 (3) 略
解析:(1)∵ A n 是线段A n -2A n -3的中点, ∴x n =(2)a 1=x 2-x 1=a -0=a ,
x n -1+x n -2
(n ≥3) 2
a 2=x 3-x 2=
x 2+x 111
-x 2=-(x 2-x 1) =-a ,
222x 3+x 211
-x 3=-(x 3-x 2) =a ,
242
n -1
a 3=x 4-x 3=
猜想a n =(-)
1
2
a (n ∈N *),下面用数学归纳法证明
10 当n=1时,a 1=a 显然成立;
1
20 假设n=k时命题成立,即a k =(-) k -1a (k ∈N *)
2
则n=k+1时,a k +1=x k +2-x k +1= =(-)(-) ∴ 当n=k+1时命题也成立, ∴ 命题对任意n ∈N 都成立。
变式:(2006,全国II, 理,22, 本小题满分12分)
设数列{a n }的前n 项和为S n ,且方程x 2-a n x -a n =0有一根为S n -1,n =1,2,3,„ (Ⅰ)求a 1,a 2; (Ⅱ){a n }的通项公式
x k +1+x k 11
-x k =-(x k +1-x k ) =-a k
2221
a =(-) k a
2
1212
k -1
*
◆四、累加(乘)法
对于形如a n +1=a n +f (n ) 型或形如a n +1=f (n ) a n 型的数列,我们可以根据递推公式,写出n 取1到n 时的所有的递推关系式,然后将它们分别相加(或相乘)即可得到通项公式。
例4. 若在数列{a n }中,a 1=3,a n +1=a n +n ,求通项a n 。 解析:由a n +1=a n +n 得a n +1-a n =n ,所以
a n -a n -1=n -1,a n -1-a n -2=n -2,„,a 2-a 1=1,
将以上各式相加得:a n
-a 1=(n -1) +(n -2) +⋅⋅⋅+1,又a 1=3
所以 a n =例5.
n (n -1)
+3 2
*
在数列{a n }中,a 1=1,a n +1=2n a n (n ∈N ),求通项a n 。
解析:由已知
a n +1a a a
=2n ,n =2n -1,n -1=2n -2,„,2=2,又a 1=1, a n a n -1a n -2a 1
n (n -1)
a n a n -1a 2n -1n -2
所以a n =⋅a 1=2⋅2⋅„⋅2⋅1=22 ⋅⋅„
a n -1a n -2a 1
◆五、取倒(对)数法
r
a 、a n +1=pa n 这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n +1=pa n +q ,再利用待定系数法求解
b 、数列有形如f (a n , a n -1, a n a n -1) =0的关系,可在等式两边同乘以
11
, 先求出, 再求得a n . a n a n -1a n
c 、a n +1=
f (n ) a n
解法:这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为a n +1=pa n +q 。
g (n ) a n +h (n )
例6. .设数列{a n }满足a 1=2, a n +1=
a n
(n ∈N ), 求a n . a n +3
111
. , 得1+3⋅=
a n ⋅a n +1a n a n +1
解:原条件变形为a n +1⋅a n +3⋅a n +1=a n . 两边同乘以
∵(3
111111
+) =+, ∴+=3n -1 a n 2a n +12a n 22
. n -1
2⨯3-1
∴a n =
2
例7 、 设正项数列{a n }满足a 1=1,a n =2a n -1(n ≥2). 求数列{a n }的通项公式.
解:两边取对数得:log 2n =1+2log 2n -1,log 2n +1=2(log2n -1+1) ,设b n =log 2n +1, 则b n =2b n -1 {b n }是以2为公比的等比数列,b 1=log 2+1=1.
1
a n -1n -1n
,log 2n =2-1, ∴a n =22b n =1⨯2n -1=2n -1,log a 2+1=2
n -1
a a a a a
-1
变式:
1. 已知数列{a n }满足:a 1=
33na n -1
n ≥2,n ∈N *),且a n =
22a n -1+n -1
(1) 求数列{a n }的通项公式;
(2) 证明:对于一切正整数n ,不等式a 1∙a 2∙„„a n
11
=-2(n ∈ ) ,则求这个数列的通项公式。 a n +1a n
3、已知数列{a n }满足a 1=1, n ≥2时,a n -1-a n =2a n -1a n ,求通项公式。 4、已知数列{a n }满足:a n =
a n -1
, a 1=1,求数列{a n }的通项公式。
3⋅a n -1+1
2a n
n ∈N +,求通项a n . a n +2
5、若数列{a n }中,a 1=1,a n +1=
◆六、迭代法
迭代法就是根据递推式,采用循环代入计算. 例8、(2003·高考·广东)
n -1
设a 0为常数,且a n =3 -2 a n -1(n 为正整数)证明对任意n≥1 ,
n n -1n n n
a n = [ 3 +(-1)· 2 ]+(-1) · 2 a 0 证明:
n -1n -1n -2
a n =3 -2 a n -1=3 -2(3 -2 a n -2)
n -1n -22n -3
=3 -2· 3 +2 (3 -2 a n -3)
n -1n -22 n -33n -4
=3 -2 ·3 +2 ·3 -2 (3 -2 a n -4) „„„ „„„
n -1n -22n –3 n -1n -1n n
=3 -2·3 +2 ·3 -„+(-1)·2 +(-1) ·2 a 0
n n n -1
(-1) ·2 a 0 前面的n 项组成首项为3 ,公比为-的等比数列,这n 项的和为:
n n -1n
= [ 3 +(-1)·2 ]
n n -1n n n
∴ a n = [ 3 +(-1)· 2 ]+(-1) · 2 a 0
◆七、待定系数法:
求数列通项公式方法灵活多样,特别是对于给定的递推关系求通项公式,观察、分析、推理能力要求较高。通常可对递推式变换,转化成特殊数列(等差或等比数列)来求解,该方法体现了数学中化未知为已知的化归思想,运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法。
1、通过分解常数,可转化为特殊数列{an +k}的形式求解。一般地,形如
a n +1=p a n +q
(p ≠1,pq ≠0)型的递推式均可通过待定系数法对常数q 分解法:设a n +1+k=p(a n +k)与原式比较系数可得pk -k=q,即k=
例9、数列{an }满足a 1=1,a n =
q
,从而得等比数列{an +k}。 p -1
1
a +1(n ≥2),求数列{a n }的通项公式。 2n -1
11
解:由a n =a n -1+1(n ≥2)得a n -2=(a n -1-2),而a 1-2=1-2=-1,
22
1
∴数列{ an -2}是以为公比,-1为首项的等比数列
21n -11n -1
∴a n -2=-() ∴a n =2-()
22
说明:通过对常数1的分解,进行适当组合,可得等比数列{ an -2},从而达到解决问题的目的。
练习、1数列{a n }满足a 1=1,3a n +1+a n -7=0, 求数列{a n }的通项公式。
7
3
1k 77
设a n +1+k =-(a n +k ) ,比较系数得-k -=解得k =-
333471773
∴{a n -}是以-为公比,以a 1-=1-=-为首项的等比数列
43444731n -1731n -1
∴a n -=-⨯(-) ⇒a n =-⨯(-)
443443
解:由3a n +1+a n -7=0得a n +1=-a n +
2、已知数列{a n }满足a 1=1,且a n +1=3a n +2,求a n .
解:设a n +1+t =3(a n +t ) ,则a n +1=3a n +2t ⇒t =1,a n +1+1=3(a n +1) ⇒{a n +1}是 以(a 1+1) 为首项, 以3为公比的等比数列⇒a n +1=(a 1+1) ⋅3n -1=2⋅3n -1⇒a n =2⋅3n -1-1
点评:求递推式形如a n +1=pa n +q (p 、q 为常数)的数列通项,可用迭代法或待定系数法构造新数列a n +1+
13
q q
=p (a n +) 来求得, 也可用“归纳—猜想—证明”法来求,这也是近年高考考得p -11-p
n +1
很多的一种题型.
2、递推式为a n +1=pa n +q n +1(p 、q 为常数)时,可同除q 为a n +1=pa n +q (p 、q 为常数)型.
、
,得
a n a n +1p a n
,令从而化归=⋅+1b =n n +1n n
q q q q
例10.已知数列{a n }满足a 1=1,a n =3n +2a n -1 (n ≥2) ,求a n .
a n 2a n -1a n 2a n -1
=1+=1+ ⇒
33n -13n 3n 3n
a n 2221
设b n =n ,则b n =1+b n -1.令b n -t =(b n -1-t ) ⇒b n =b n -1+t
33333
a 28
⇒t =3.条件可化成b n -3=(b n -1-3) ,数列{b n -3}是以b 1-3=1-3=-为首项,
333
a n 282n -1
为公比的等比数列.b n -3=-⨯() .因b n =n , 3333
82
∴a n =b n 3n =3n (-⨯() n -1+3) ⇒a n =3n +1-2n +2.
33
解:将a n =3n +2a n -1两边同除3,得
n
、0,a≠0) 3、形如a n +1=pa n +an +b (p ≠1
解法:这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令a n +1+x (n +1) +y =p (a n +xn +y ) ,与已知递推式比较,解出x , y , 从而转化为{a n +xn +y }是公比为p 的等比数列。
例11:设数列{a n }:a 1=4, a n =3a n -1+2n -1, (n ≥2) ,求a n . 解:令
a n +1+x (n +1) +y =3(a n +xn +y ) a n +1=3a n +2xn +2y -x
化简得:
⎧2x =2⎧x =1⎨⎨2y -x =-1y =0a +(n +1) =3(a n +n ) 所以⎩解得⎩ ,所以n +1
又因为
a 1+1=5,所以数列{a n +n }是以5为首项,3为公比的等比数列。
n -1n -1
a +n =5⨯3, 所以a =5⨯3-n n 从而可得n
变式:(2006,山东, 文,22, 本小题满分14分)
1
a 1=、点(n 、2a n +1-a n )
a 2n 已知数列{}中,在直线y=x上,其中n=1,2,3„
(Ⅰ) 令
4、形如a n +1
{b n }是等比数列;{a }的通项;b n =a n -1-a n -3, 求证数列 (Ⅱ) 求数列n
、0,a≠0) =pa n +an 2+bn +c (p ≠1
解法:这种类型一般利用待定系数法构造等比数列,即令
a n +1+x (n +1) 2+y (n +1) +c =p (a n +xn 2+yn +c ) ,与已知递推式比较,解出x , y ,z. 从而转化
为
{a 2
+xn +yn +c }是公比为p 的等比数列。 n
例12:设数列{a n }:a 1=4, a n =3a n -1+2n 2-1,(n ≥2) ,求a n .
5. 递推公式为a n +2=pa n +1+qa n (其中p ,q 均为常数)。
解法一(待定系数法) :先把原递推公式转化为a n +2-sa n +1=t (a n +1-sa n )
⎧s +t =p 其中s ,t 满足⎨
st =-q ⎩
解法二(特征根法) :对于由递推公式a n +2=pa n +1+qa n ,a 1=α, a 2=β给出的数列{a n },方程
x 2-px -q =0,叫做数列{a n }的特征方程。若x 1, x 2是特征方程的两个根,当x 1≠x 2时,数
列{a n }的通项为a n =Ax 1
n -1
n -1
,其中A ,B 由a 1=α, a 2=β决定(即把a 1, a 2, x 1, x 2和+Bx 2
n -1
n =1, 2,代入a n =Ax 1n -1+Bx 2,得到关于A 、B 的方程组);当x 1=x 2时,数列{a n }的通项
为a n =(A +Bn ) x 1
n -1
,其中A ,B 由a 1=α, a 2=β决定(即把a 1, a 2, x 1, x 2和n =1, 2,代入
。 a n =(A +Bn ) x 1n -1,得到关于A 、B 的方程组)
例13:已知数列{a n }中,a 1=1, a 2=2, a n +2=变式:
21
a n +1+a n ,求a n 。 33
1. 已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=3, a n +2=3a n +1-2a n (n ∈N *).
(I )证明:数列{a n +1-a n }是等比数列;(II )求数列{a n }的通项公式; (III )若数列{b n }满足4b 1-14b 2-1...4n
b -1
=(a n +1) b n (n ∈N *), 证明{b n }是等差数列
2. 已知数列{a n }中,a 1=1, a 2=2, a n +2=
21
a n +1+a n ,求a n 33
3. 已知数列{a n }中,S n 是其前n 项和,并且S n +1=4a n +2(n =1,2, ), a 1=1, ⑴设数列b n =a n +1-2a n (n =1, 2, ) ,求证:数列{b n }是等比数列; ⑵设数列c n =
a n
, (n =1, 2, ) ,求证:数列{c n }是等差数列;⑶求数列{a n }的通项公式及前n 项和。 n 2
◆八:特征根法。
1、设已知数列{a n }的项满足a 1=b , a n +1=ca n +d , 其中c ≠0, c ≠1, 求这个数列的通项公式。作出一个方程
x =cx +d , 则当x 0=a 1时,a n 为常数列,即a n =a 1; 当x 0≠a 1时, a n =b n +x 0,其中{b n }是以c 为公比的等
比数列,即b n =b 1c n -1, b 1=a 1-x 0.
2. 对于由递推公式a n +2=pa n +1+qa n ,a 1=α, a 2=β给出的数列{a n },方程x -px -q =0,叫做数列
2
{a n }的特征方程。若x 1, x 2是特征方程的两个根,当x 1≠x 2时,数列{a n }的通项为a n =Ax 1n -1+Bx 2n -1,其
n -1n -1中A ,B 由a 1=α, a 2=β决定(即把a 1, a 2, x 1, x 2和n =1, 2,代入a n =Ax 1,得到关于A 、B 的方+Bx 2n -1程组);当x 1=x 2时,数列{a n }的通项为a n =(A +Bn ) x 1,其中A ,B 由a 1=α, a 2=β决定(即把
。 a 1, a 2, x 1, x 2和n =1, 2,代入a n =(A +Bn ) x 1n -1,得到关于A 、B 的方程组)
例14:(1)已知数列{a n }满足a 1=a , a 2=b , 3a n +2-5a n +1+2a n =0(n ≥0, n ∈N ) ,求数列{a n }的通项公式。
解法一(待定系数——迭加法) 由3a n +2-5a n +1+2a n =0,得
2
(a n +1-a n ) ,且a 2-a 1=b -a 。 3
2
则数列{a n +1-a n }是以b -a 为首项,为公比的等比数列,于是
3
2
a n +1-a n =(b -a )() n -1。把n =1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n 代入,得
3a n +2-a n +1=
a 2-a 1=b -a ,
2
a 3-a 2=(b -a ) ⋅() ,
32
a 4-a 3=(b -a ) ⋅() 2,
3
∙∙∙
2
a n -a n -1=(b -a )() n -2。
3
把以上各式相加,得
21-() n -1
2223a n -a 1=(b -a )[1++() +⋅⋅⋅+() n -2]=(b -a ) 。
2333
1-3
22
∴a n =[3-3() n -1](b -a ) +a =3(a -b )() n -1+3b -2a 。
33
解法二(特征根法:这种方法一般不用于解答题):数列{a n }:3a n +2-5a n +1+2a n =0(n ≥0, n ∈N ) ,
a 1=a , a 2=b 的特征方程是:3x 2-5x +2=0。 x 1=1, x 2=
2n -1
=A +B ⋅() n -1。 ∴a n =Ax 1n -1+Bx 2
3
又由a 1=a , a 2=b ,于是
2, 3
⎧a =A +B
⎧A =3b -2a 2n -1⎪
a =3b -2a +3(a -b )() 故⇒2⎨⎨n
3B =3(a -b ) b =A +B ⎩⎪3⎩
1
3
13311
解:作方程x =-x -2, 则x 0=-. 当a 1=4时,a 1≠x 0, b 1=a 1+=.
32221
数列{b n }是以-为公比的等比数列.
3
1n -1111n -133111n -1
于是b n =b 1(-) =(-) , a n =-+b n =-+(-) , n ∈N .
3232223
(2).已知数列{a n }满足:a n +1=-a n -2, n ∈N , a 1=4, 求a n .
◆九:不动点法,形如a
n +1
=
pa n +q
ra n +h
pa n +q
(其中p 、q 、r 、h 均
ra n +h
解法:如果数列{a n }满足下列条件:已知a 1的值且对于n ∈N ,都有a n +1=
为常数,且ph ≠qr , r ≠0, a 1≠-
h px +q ),那么,可作特征方程x =, 当特征方程有且仅有一根x 0时, 则r rx +h
⎧1⎫⎧a n -x 1⎫
是等差数列; 当特征方程有两个相异的根、时,则x x ⎨⎬⎨⎬是等比数列。 12
⎩a n -x 0⎭⎩a n -x 2⎭
例15:已知数列{a n }满足性质:对于n ∈N , a n -1=
a n +4
, 且a 1=3, 求{a n }的通项公式.
2a n +3
例:已知数列{a n }满足:对于n ∈N , 都有a n +1=
13a n -25
.
a n +3
(1)若a 1=5, 求a n ; (2)若a 1=3, 求a n ; (3)若a 1=6, 求a n ; (4)当a 1取哪些值时,无穷数列{a n }不存在?
变式:(2005,重庆, 文,22, 本小题满分12分)
数列{a n }满足a 1=1且8a n +1a n -16a n +1+2a n +5=0(n ≥1). 记b n =
11a n -
2
(n ≥1).
(Ⅰ)求b 1、b 2、b 3、b 4的值; (Ⅱ)求数列{b n }的通项公式及数列{a n b n }的前n 项和S n .
◆十:换元法:类比函数的值域的求法有三角代换和代数代换两种,目的是代换后出现的整体数列具有
规律性。
例16 已知数列{a
n }满足a n +1=
1
(1+4a n +,a 1=1,求数列{a n }的通项公式。
1612
(b n -1) 24
解:令b n =a n =故a n +1=
121
(b n +1-
1) ,代入a n +1=(1+4a n +得 2416
12112
(b n +1-1) =[1+4(b n -1) +b n ] 241624
即4b n +1=(b n +3)
因为b n =≥
0,故b n +1=≥0 则2b n +1=b n +3,即b n +1=可化为b n +1-3=
2
2
13
b n +, 22
1
(b n -3) , 2
所以{b n -
3}是以b 1-3=3=3=2为首项,以
1
为公比的等比数列,因此2
1111
b n -3=2() n -1=() n -2,则b n =() n -2+
3=() n -2+3,得
2222a n =
21n 1n 1() +() +。 3423
13
b n +形式,22
评注:
b n ,使得所给递推关系式转化b n +1=
从而可知数列{b n -3}为等比数列,进而求出数列{b n -3}的通项公式,最后再求出数列{a n }的通项公式。
例18. 已知数列{a n }满足a 1=
1+a n 1
,a n +1=,求a n 。 22
解析:设a 1=
+a n 1π
=cos ,∵ a n +1=, 232
∴ a 2=cos
π
6
,a 3=cos
π
2⋅3
2
,„,a n =cos
π
2
n -1
⋅3
总之,求数列的通项公式,就是将已知数列转化成等差(或等比)数列,从而利用等差(或等比)
数列的通项公式求其通项。
◆十一。双数列
解法:根据所给两个数列递推公式的关系,灵活采用累加、累乘、化归等方法求解。 例19. 已知数列{a n }中,a 1=1;数列{b n }中,b 1=0。当n ≥2时,
11
a n =(2a n -1+b n -1) , b n =(a n -1+2b n -1) ,求a n , b n .
3311
解:因a n +b n =(2a n -1+b n -1) +(a n -1+2b n -1) =a n -1+b n -1
33
所以a n +b n =a n -1+b n -1=a n -2+b n -2=∙∙∙=a 2+b 2=a 1+b 1=1 即a n +b n =1„„„„„„„„„„„„„„„„(1)
111
(2a n -1+b n -1) -(a n -1+2b n -1) =(a n -1-b n -1)
333
1121n -1
所以a n -b n =(a n -1-b n -1) =() a n -2-b n -2) =„„=() (a 1-b 1)
333
11
=() n -1. 即a n -b n ==() n -1„„„„„„„„„(2) 33
又因为a n -b n =
由(1)、(2)得:a n =
1111[1+() n -1], b n =[1-() n -1] 2323
◆十二、周期型 解法:由递推式计算出前几项,寻找周期。
例20:若数列{a n }满足a n +11⎧2a , (0≤a ≤) n ⎪6⎪n 2=⎨,若a 1=,则a 20的值为___________。 7⎪2a -1, (1≤a
变式:(2005,湖南, 文,5)
已知数列{a n }满足a 1=0, a n +1=a n -a n +1(n ∈N *) ,则a 20= ( )
A .0
B .-3 C . D .3 2
◆十三、分解因式法
当数列的关系式较复杂,可考虑分解因式和约分化为较简形式,再用其它方法求得a n .
例21. 已知f (x ) =(x -1) , g (x ) =r ⋅(x -1) , (r ≠0, 1), 数列{a n }满足a 1=2, a n =1(n ∈N ),且有条件(a n -a n -1) ⋅g (n -1) +f (a n -1) =0, 求a n (n ≥2).
解:由得: 43
(a n -a n -1) ⋅r ⋅(a n -1-1) 3+(a n -1-1) 4=0. 即(a n -1-1) 3[r (a n -a n -1) +(a n -1-1)]=0对n ∈N ,a n ≠1, 故r (a n -a n -1) +(a n -1-1) =0. 合并同类项得:a n =
a n -1=r -1(a n -1-1). r
r -1n -1) . ∴a n =1+(r 1r -1+⋅a n -1, 再由待定系数法得:r r
◆十四、循环法
数列有形如f (a n +2,a n +1, a n ) =0的关系,如果复合数列构不成等差、等比数列,有时可考虑构成循环关系而求出a n .
例22. .在数列{a n }中,a 1=1, a 2=5, a n +2=a n +1-a n , 求a 1998.
解:由条件a n +3=a n +2-a n +1=(a n +1-a n ) -a n +1=-a n ,
即a n +3=-a n , ∴a n +6=-a n +3=a n ,
即每间隔6项循环一次.1998=6×333,
∴a 1998=a 6=-4.
◆十五、开方法 对有些数列,可先求a n 或a n , 再求a n .
例23、两个数列{a n },{b n },它们的每一项都是正整数,且对任意自然数n , a n 、b n 、a n +1成等差数列,b n 、a n +1、b n +1成等比数列,a 1=1, a 2=3, b 1=2, 求a n 和b n .
2b n =a n +an+1, ①
a 2n+1=b n ·b n+1. ②
由②式得:a n =n -1⋅b n , ③
a n +1=n ⋅b n +1. ④
把③、④代入①得:2b n =
变形得n (n -b n -1) =
∵b n >0,∴n -n -1=b n -1⋅b n +n ⋅b n +1, b n +1-b n ). n b n +1-b n .
∴b n 是等差数列. 因a 1=1, a 2=3, b 1=2,
99故b 2=, 故b 2-b 1=-2=2, 22
∴n =n 2, b n =2n 2, 故a n =n b n +1=2n (n -1).
小结:除了熟悉以上常见求法以外,对具体的数列进行适当的变形,一边转化为熟知的数列模型更是突破数列通项的关键。做题时要不断总结经验,多加琢磨。
总结方法比做题更重要! 方法产生于具体数学内容的学习过程中.
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