《2022年根据递推公式,求数列通项公式的常用方法总结归纳 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年根据递推公式,求数列通项公式的常用方法总结归纳 .pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载求递推数列通项公式的常用方法归纳目录一、概述 二、等差数列通项公式和前n 项和公式 1、等差数列通项公式的推导过程 2、等差数列前n 项和公式的推导过程 三、一般的递推数列通项公式的常用方法 1、公式法 2、归纳猜想法 3、累加法 4、累乘法 5、构造新函数法( 待定系数法） 6、倒数变换法 7、特征根法 8、不动点法 9、换元法 10、取对数法 11、周期法 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 11 页学习必备欢迎下载一、概述在高中数学课程内容中，数列作为离散函数的典型代表之一，不仅在高中数学中具有重要位置
2、，而且，在现实生活中有着非常广泛的作用，同时，数列的教学也是培养观察、分析、归纳、 猜想、 逻辑推理以及运用数学知识提出问题、分析问题和解决问题的必不可少的重要途径。数列这一章蕴含着多种数学思想及方法，如函数思想、方程思想，而且在基本概念、公式的教学本身也包含着丰富的数学方法，掌握这些思想方法不仅可以增进对数列概念、公式的理解， 而且运用数学思想方法解决问题的过程，往往能诱发知识的迁移，使学生产生举一反三、融会贯通的解决多数列问题。在这一章主要用到了以下几中数学方法：1、不完全归纳法不完全归纳法不但可以培养学生的数学直观，而且可以帮助学生有效的解决问题，在等差数列以及等比数列通项公式推导的过程
3、就用到了不完全归纳法。2、倒叙相加法等差数列前n 项和公式的推导过程中，就根据等差数列的特点，很好的应用了倒叙相加法，而且在这一章的很多问题都直接或间接地用到了这种方法。3、错位相减法错位相减法是另一类数列求和的方法，它主要应用于求和的项之间通过一定的变形可以相互转化，并且是多个数求和的问题。等比数列的前n 项和公式的推导就用到了这种思想方法。4、函数的思想方法数列本身就是一个特殊的函数，而且是离散的函数，因此在解题过程中，尤其在遇到等差数列与等比数列这两类特殊的数列时，可以将它们看成一个函数，进而运用函数的性质和特点来解决问题。5、方程的思想方法数列这一章涉及了多个关于首项、末项、项数、公差
4、、公比、第n 项和前n 项和这些量的数学公式，而公式本身就是一个等式，因此，在求这些数学量的过程中，可将它们看成相应的已知量和未知数，通过公式建立关于求未知量的方程，可以使解题变得清晰、明了，而且简化了解题过程。二、等差数列通项公式和前n 项和公式第一节：等差数列前n 项和的推导过程1、等差数列通项公式：(1)可以从等差数列特点及定义来引入。定义： n2 时，有 ana(n 1)=d，则：a2=a1d 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 11 页学习必备欢迎下载a3=a2d=a12d a4=a3d=a13d a5=a4d=a
5、14d 猜测并写出an=？（2）采取累加a2a1=d a3a2=d a4a3=d ana(n1)=d 累加后，有：ana1=(n 1)d，即：an=a1(n1)d。2、等差数列前n 项和：方法一：高斯算法（即首尾相加法）1 + 2 + 3 +50+51+ +98+99+100= ？1+100=101， 2+99=101， ,50+51=101，所以原式 =50（1+101）=5050 则利用高斯算法，容易进行类比，过程如下：其中?.12321nnnaaaaaa.23121nnnaaaaaaqpnmaaaaqpnm则若,精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -
6、- - - -第 3 页，共 11 页学习必备欢迎下载这里用到了等差数列的性质：问题是一共有多少个，学生自然想到对n 取奇偶进行讨论。（1）当 n 为偶数时：（2）当 n 为奇数时：分析到这里发现21na“落单”了，似乎遇到了阻碍，此时鼓励学生不能放弃，在老师的适当引导下，不难发现，21na的角标与角标的关系从而得到，无论n 取奇数还是偶数，总结： （1）类比高斯算法将首尾分组进行“配对”，发现需要对n 取奇偶进行讨论，思路自然，容易掌握。（2）不少资料对n 取奇数时的处理办法是，当讨论进行不下去时转向寻求其它解决办法，进而引出倒序相加求和法。naa1nnnnaaaaS1221)(21nnaa
7、nSnnnnnaaaaaS121211211)(1naa211)(21nnnaaanS2)(2121211nnnaaaan)(21naan)(21nnaanS精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 11 页学习必备欢迎下载方法二：对 n 的奇偶进行讨论有点麻烦，能否回避对n 的讨论呢？接下来给出实际问题：伐木工人是如何快速计算堆放在木场的木头根数呢？由此引入倒序相加求和法。两式相加得：总结： （1）数学学习需要最优化的学习，因此引导学生去寻求更有效的解决办法，让学生在解决问题的同时也体会到同一个问题有不同的解决办法，而我们需要的
8、是具备高效率的方法。（2）倒序相加求和法是重要的数学思想，方法比公式本身更为重要，为以后数列求和的学习做好了铺垫。（3）在过程中体会数学的对称美。三、 一般的递推数列通项公式的常用方法一、公式法例 1、 已知无穷数列na的前n项和为nS，并且*1()nnaSnN，求na的通项公式？【解析】：1nnSa，111nnnnnaSSaa，112nnaa，又112a，12nna. 反思：利用相关数列na与nS的关系：11aS,1nnnaSS(2)n与提设条件，建立递推关系，是本题求解的关键. 二、 归纳猜想法 ：由数列前几项用不完全归纳猜测出数列的通项公式，再利用数学归纳法证明其正确性，这种方法叫归纳法
9、. 例 2、 已知数列na中，11a，121(2)nnaan，求数列na的通项公式 . nnnaaaaS121121aaaaSnnn)(21nnaanS)(21nnaanS精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 11 页学习必备欢迎下载【解析】：11a，121(2)nnaan，2121aa3，3221aa7猜测21nna*()nN，再用数学归纳法证明.（略）反思： 用归纳法求递推数列，首先要熟悉一般数列的通项公式，再就是一定要用数学归纳法证明其正确性 . 三 、累加法 ：利用1211()()nnnaaaaaa求通项公式的方法称为
10、累加法。累加法是求型如1( )nnaaf n的递推数列通项公式的基本方法（( )f n可求前n项和） . 例3 、 已 知 无 穷 数 列na的 的 通 项 公 式 是12nna， 若 数 列nb满 足11b，112nnnbb(1)n，求数列nb的通项公式 . 【解析】：11b,112nnnbb(1)n,1211()()nnnbbbbbb=1+12+.+ 112n=1122n. 反思 :用累加法求通项公式的关键是将递推公式变形为1( )nnaaf n。四 、累乘法 :利用恒等式321121(0,2)nnnnaaaaaana aa求通项公式的方法称为累乘法,累乘法是求型如: 1( )nnag n
11、 a的递推数列通项公式的基本方法(数列( )g n可求前n项积)。例 4、 已知11a,1()nnnan aa*()nN,求数列na通项公式 . 【解析】：1()nnnan aa,11nnanan,又有321121(0,2)nnnnaaaaaana aa= 123n 12n-1=n,当1n时11a，满足nan，nan. 反思 : 用累乘法求通项公式的关键是将递推公式变形为1( )nnag n a. 五、构造新数列 （待定系数法）: 将递推公式n+1naqad（,q d为常数，0q，0d）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 1
12、1 页学习必备欢迎下载通过1()()nnaxq ax与原递推公式恒等变成1()11nnddaq aqq的方法叫构造新数列，也即是待定系数法。例 5、已知数列na中, 11a,121(2)nnaan,求na的通项公式 . 【解析】 :利用1()2()nnaxax,求得112(1)nnaa,1na是首项为112a,公比为 2 的等比数列 ,即12nna,21nna反思：构造新数列的实质是通过1()()nnaxq ax来构造一个我们所熟知的等差或等比数列 . 六 、倒数变换 ：将递推数列1nnncaaad(0,0)cd,取倒数变成1111nndac ac的形式的方法叫倒数变换。然后就转变为第五种情况
13、，此时将数列1na看成一个新的数列，即再利用“构造新数列”的方法求解。例 6、 已知数列na*()nN中, 11a,121nnnaaa,求数列na的通项公式 . 【解析】 :将121nnnaaa取倒数得 : 1112nnaa,1112nnaa,1na是以111a为首项 ,公差为 2 的等差数列 . 112(1)nna,121nan. 反思 :倒数变换有两个要点需要注意:一是取倒数 .二是一定要注意新数列的首项,公差或公比变化了。七、 特征根法： 形如递推公式为nnnqapaa12（其中 p， q 均为常数）。对 于 由 递 推 公 式nnnqapaa12， 有21,aa给 出 的 数 列na，
14、 方 程02qpxx，叫做数列na的特征方程。若21,xx是特征方程的两个根，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 11 页学习必备欢迎下载当21xx时，数列na的通项为1211nnnBxAxa，其中A，B 由21,aa决定（即把2121,xxaa和2, 1n，代入1211nnnBxAxa，得到关于A、B 的方程组）；当21xx时，数列na的通项为11)(nnxBnAa，其中 A， B 由21,aa决定（即把2121,xxaa和2, 1n，代入11)(nnxBnAa，得到关于A、B 的方程组）。例 7: 数列na满足),0(0
15、25312Nnnaaannn，baaa21,求na【解析】：由题可知数列的特征方程是：02532xx。32, 121xx, 1211nnnBxAxa1)32(nBA。又由baaa21,，于是)(32332baBabABAbBAa故1)32)(323nnbaaba反思：本题解题的关键是先求出特征方程的根。再由初始值确定出A,B 的用已知量a,b表示的值，从而可得数列an的通项公式。八、不动点法若 A,B0且 AD-BC0，解DCxDAxx,设,为其两根I、若，数列aann是等比数列；II、若，数列1an是等差数列。例 8、已知数列an满足2a3a22a7a1nn1n，求数列an的通项公式。精选学
16、习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 11 页学习必备欢迎下载【解析】： 令3x22x7x， 得02x4x22， 则 x=1 是函数)x(f7x41x3的不动点。因为3a25a513a22a71annnn1n所以1a11n521a1)1a251(521a23a525a53a2nnnnnn，所以数列1a1n是以11211a11为首项，以52为公差的等差数列，则52) 1n(11a1n，故3n28n2an。反思：本题解题的关键是先求出函数7x41x3)x(f的不动点，即方程3x22x7x的根1x，进而可推出521a11a1n1n，从而可
17、知数列1a1n为等差数列，再求出数列1a1n的通项公式，最后求出数列an的通项公式。九、换元法即是将一复杂的整体用一个新的符号来表示，从而使递推数列看起来更简单，更易找到解决的方法。例 9、 已知数列an满足1a)a241a41(161a1nn1n，求数列an的通项公式。【解析】：令nna241b，则)1b(241a2nn故)1b(241a21n1n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 11 页学习必备欢迎下载代入)a241a41(161ann1n得b)1b(24141161)1b(241n2n21n即2n21n)3b(b4因
18、为0a241bnn，故0a241b1n1n则3bb2n1n，即23b21bn1n，可化为)3b(213bn1n，所以3bn是以2312413a2413b11为首项， 以21为公比的等比数列，因此2n1nn)21()21(23b，则2nn)21(b+3，即3)21(a2412nn，得31)21()41(32annn。反思：本题解题的关键是通过将na241的换元为nb，使得所给递推关系式转化23b21bn1n形 式 ， 从 而 可 知 数 列3bn为 等 比 数 列 ， 进 而 求 出 数 列 3bn的通项公式，最后再求出数列an的通项公式。十、取对数法：形如rnnpaa1)0,0(nap这种类型
19、一般是等式两边取对数后转化为qpaann 1，再利用构造新数列（待定系数法）求解。例 10：已知数列na中，2111, 1nnaaaa)0(a，求数列.的通项公式na。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 11 页学习必备欢迎下载【解析】：由211nnaaa两边取对数得aaann1lglg2lg1，令nnablg， 则abbnn1lg21，再利用构造新数列 （待定系数法） 解得：12)1(nnaaa。十一、周期型： 由已知递推式计算出前几项，寻找周期。此题型一般是在不能运用以上各种方法的情况下可考虑到这种方法，具有一定的探索性，虽然比较简单， 但也是一种很重要的数学思想，需要好好掌握。例 11： 若数列na满足)121( , 12)210( ,21nnnnnaaaaa， 若761a， 则20a的值为 _。反思：此题的关键在于观察递推数列的形式，取一些特定的n 的值，求出数列的前几项的值，从而找到其周期，这样问题就迎刃而解了。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 11 页