累加法在求数列通项公式中的应用

当数列{an}的递推公式为an 1=an f(n)时,通常使用"累加法"求其通项公式.即将an=an-1 f(n-1),an-1=an-2 f(n-2),……,a2=a1 f(1)各式相加得:an=a1 n-1∑k=1f(k)(n≥2).下面举例说明累加法在求数列通项公式中的应用.     

数列通项an的两个常见变形式的相通性及再创新式

我们知道数列通项 an 具有如下两个常见的基本变形式 :差式变形式 :an=(an- an-1 ) (an+ 1 - an-2 ) +…+(a2 - a1 ) +a1 . 1商式变形式 :an=anan-1· an-1 an-2·…· a3 a2· a2a1·a1 . 21式可以应用于求递推关系式为 :an+ 1 =an+g(n)型数列的通项公式 ;2式可以应用于求递推关系式为 :an+ 1 =f(n)× an型数列的通项公式 .而对求递推关系式为 :an+ 1 =kan+g(n) (k≠ 1 ) ( )型的通项公式就失效 .近期有杂志刊文介绍对 an+ 1 =kan+g(n) (k≠1 )型的通项公式求法 .不外乎两种方法 :其一是将an+ 1 =kan+g(n) (k≠ 1 )转化为 :an- h(n) =k{ an…     

由递推公式求通项公式的方法

根据递推关系式写出数列的通项公式既是考查学生对数列这部分知识是否掌握的试金石,也是考查学生的观察能力、推理能力、判断能力的重要手段.因此,对学生递推能力的考查一直是高考关注的重点.本文将对高中阶段出现的几种已知递推关系求数列通项公式的方法进行探讨.※递推公式形如an+1=an+f(n)的数列由上式可得:an=an-1+f(n-1)=an-2+f(n-2)+f(n-1)=…=a1+f(1)+f(2)+f(3)…+f(n-1)例:数列｛an｝中,a1=1且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中k∈N+,求数列｛an｝的通项公式.解:∵a2k+1=a2k-1+(-1)k+3k,a2k+1-a2k-1=(-1)k+3k,∴a3-a1=(-1)1+31,a5…     

例谈不动点法求数列通项公式

若x0 满足方程 f(x0 ) =x0 ,则称x0 是函数f(x)的一个不动点 .利用递推数列 f(n)的不动点 ,可将某些由递推关系an =f(an- 1 )所确定的数列转化为较易求通项的数列 (如等差数列或等比数列 ) ,这种方法称为不动点法 .下面举例说明两种常见的递推数列如何用不动点法求其通项公式 .结论 1　若f(x) =ax +b(a≠ 0 ,a≠1) ,p是f(x)的不动点 ,an 满足递推关系an= f(an- 1 ) (n >1) ,则an-p=a(an - 1 -p) ,即 an-p 是公比为a的等比数列 .证明　∵p是f(x)的不动点 ,∴ap+b =p ,∴b -p=-ap .由an =a·an- 1 +b ,得an-p=a·an- 1 +b -p=a·an- 1 -ap=a(a…     

结合模型求通项公式

由递推公式确定数列的通项公式问题,通常可对递推公式进行变换,转化成等差数列或等比数列问题,也可通过联想构造或猜想证明把问题转化.一、an+1=an+f(n)型例已知数列{an},a1=1且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k.其中k=1,2,3,…,求{an}的通项公式.     

递推数列通项公式考题解析

对于由递推式所确定的数列通项公式问题,通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列把问题解决.这类问题多年来一直是高考久考不衰的热点题型,尤其是2004年全国高考试题十分明显,直接求此类问题的通项公式,许多学生常常感到困惑不解,有时显得束手无策.下面分类说明.一、an+1=an+f(n)型此种类型常常化为an+1-an=f(n)构造阶差,采用累加的方式,可得通项公式.例1已知数列邀an妖中,a1=1,且a2k=a2k-1+穴-1雪k,a2k+1=a2k+3k,其中k=1,2,3,…,求邀an妖的通项公式.解∵a2k+1=a2k+3k=a2k-1+(-1)k+3k,∴a2k+1-a2k-1=3k+(-1)k,同理,a2k-1-a2k-3=3…     

递推数列通项公式的一种常用求法——待定系数法

在求递推数列通项公式时 ,我们常用累加法、累乘法、迭加法、以及 Sn 公式法 ,但对较复杂的递推数列 ,用待定系数法求通项公式是一种很有效的方法 .本文对以下 5种类型进行阐述 ,供读者参考 .1　形如 an+1=pan+ q(p,q为常数 )可设待定系数 k,配成 (an+1+ k) =p(an + k)利用对应系数相等求出 k,转化为等比数列求出通项公式 an.例 1　数列 {an}中 ,a1=2 ,an+1=13 an-4,求通项公式 an.解 :设 (an+1+ k) =13 (an+ k)an+1=13 an -23 k令 -23 k =-4,所以 k =-6所以 (an+1+ 6 ) =13 (an + 6 )所以数列 {an+ 6 }是以首项 a1+ 6 =8,公比为 13 的等比…     

灵活变换，巧求通项

一、逐减法形如k1a1 k2a2 k3a3 … kn-1an-1 knan=f(n)(其中k1,k2,…,kn为非零常数)型,可再构造等式:k1a1 k2a2 k3a3 … kn-1an-1=f(n-1)(n≥2).然后两式相减,求通项an.【例1】(2007年山东高考)设数列{an}满足:a1 3a2 32a3 … 3n-1an=3n,n∈N*.求数列{an}的通项.解析:由已知a1 3a2 32a3 … 3n-1an=3n①得n≥2时,a1 3a2 32a3 … 3n-2an-1=n3-1②用①-②得,3n-1an=31,an=31n,又由①得,a1=13,满足上式,所以an=31n(n∈N*).二、Sn法形如f(sn,an)=0型,可利用an=S1(n=1)Sn-Sn-1(n≥2)统一成f(an)=0或f(Sn)=0的形式求解.【例2】(2007年重庆高考)…     

常见的几种数列的通项公式的求法

一、对于周期数列,先求其周期,再根据已知条件写出数列的通项.【例1】数列{an}中已知a1=1,a2=4且an+2=an+1-an(n是正整数)求a2004及数列{an}的通项公式an.解:∵an+2=an+1-an(1)∴an+3=an+2-an+1(2)由(1)+(2)得an+3=-an,∴an+6=-an+3∴an+6=an,∴6是数列{an}的一个周期.∵a1=1,a2=4,∴a3=a2-a1=3由an+3=-an,可知a4=-a1,a5=-a2,a6=-a3∴a2004=a334×6=a6=-a3=-3∴an=1(n=6k+1)4(n=6k+2)3(n=6k+3)-1(n=6k+4)-4(n=6k+5)-3(n=6k)(k为非负整数)二、对已知的递推关系式利用取对数,因式分解,取倒数、两边平方等方法进行变形构造成简单数列,再求通项…     

一道习题的引申及应用

在新教材第一册 (上 )第 1 1 4页 ,有这样一道习题 .写出下面数列 {an}的前 5项 :a1=12an =4an-1+1 (n≥ 2 )下面就此题作探讨 .一、引申递推公式的概念既然在新教材中出现 ,那么已知递推公式求通项公式 ,学生将乐于接受 .因此对上述习题作下面引申 :【例 1】　已知数列 {an}的项满足a1=12an =4an-1+1 (n≥ 2 ),求通项an.【例 2】　 (旧教材P12 63 4题变式 )已知数列{an}的项满足 a1=ban + 1=can +d　其中c≠ 0 ,c≠ 1 ,求这个数列的通项an.其实 ,在an+ 1=can+d(c≠ 0 )中 ,若c =1 ,则该数列是公差为d的等差数列 ;若d=0 ,因为c≠ 0 ,则该数…     

递推式求数列通项公式常见类型及解法

对于由递推式所确定的数列通项公式问题,通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或等比数列,也可通过构造把问题转化.下面分类说明. 一、an 1=an f(n)型例1 在数列{an}中,已知an 1=2n 1·an/an 2n=1,a1=2,求通项公式. 解:已知递推式化为1/an 1=1an 1/2n 1,即     

数学问答

63.问:数列1,1,2,3,5,8,13,21,……从第三项起,它的每一项都是前两项之和,求其前n项和. (重庆市钢城中学高一(2)班唐大君)答:由递推关系a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3)所确定的数列称为斐波那契数列,通过特征方程可求出其通 .现在,你     

几种递推数列通项求法

本文归纳出几种常见递推数列通项求法,供参考. 题型一递推关系式为an 1=an f(n)型 分析这种类型的递推数列,只需将原关系式转化为an 1-an=f(n),然后以n=1,2,…,n-1代入,显然只要∑n-1)/(k=1f(k)可求,便可由这(n-1)个等式累加求出an.     

由数列的递推公式求通项公式的一类特殊解法

由数列的递推公式求通项公式,往往是通过变形转化为等差或等比数列来解决.变形是关键,有着较强的技巧.这里介绍一种利用不动点来求通项的方法,对解决以下几种类型的题目简单、易行.对于函数f(x),若存在x0,使f(x0)=x0,则称x0为f(x)的不动点.1.形如an+1=pan+q(p≠0).例1已知数列{an},满足a1=1,an=-12an-1+1,求an.解令f(x)=-12x+1,解x=-12x+1得f(x)的不动点x=23.在an=-12an-1+1的两边分别减去23,得an-23=-12(an-1-23),即数列{an-23}是以a1-23=13为首项,q=-12为公比的等比数列.所以an-23=13(-12)n-1,即an=23+13(-12)n-1.总结对于an+1=pan+q,构造…     

递推思想与应用

在数列中有一类常见的问题:递推公式.即:已知数列{an}中,首项为a1或a1,a2,a3,…,ak,且当n>1,n∈N时有an=f(an-1)或an=f(an-1,an-2…an-k),则可由这一递推公式得出数列{an}中的任意一项.     

不动点法求两类递推数列通项的研究

正我们经常看到这样一类问题:数列{an}满足递推关系an+1=f(an),其中f(x)为多项式函数或分式函数,求数列{an}的通项公式.而其中最常见的函数是一次函数和线性分式函数,最常见的方法是先用不动点法将递推公式化成an+1-α=r(an-α)m或an-1-α/an-β=(an-α/an-β)m的形式,再用转化法或迭代法求其通项.然而,多数资料却对"为什么可以用不动点法求‘α’或‘α和β’?",甚至对"不动点法是否是求解这类问题的通法?"只字不提,只是说可以这样做.又     

∑ from k=1 to n k~2的三种求法

数列的求和问题是一个饶有兴趣的问题.本文给出三种求数列{n2}的前n项和的方法,并对数列求和的一般解法做些探讨.方法1:归纳假设法这种方法利用最初的数值计算列表发现规律,而后猜测答案,这是发现数学公式的重要方法之一,它给我们“在没有公式之前怎样去找公式”提供了一个很好的范例.取n=1,2,3,4,5,…分别计算∑nk=1k和∑nk=1k2列表如下:12345…∑nk=1k=1+2+…+n1361015…∑nk=1k2=12+22+…n215143055…∑nk=1k2∑nk=1k1(33)35373(39)131…计算∑∑kk2得到一个数列:33,35,37,93,131,…显然此数列可写成2n3+1,所以有12+22+32+…+n21+2+3+…+…     

例说近年高考中递推数列通项的解法

近几年的高考题和各地模拟题中常常涉及到递推数列,要解决递推数列的问题往往需要先求其通项公式,本文以各地考题中出现的有关递推数列的题目为例,介绍求递推数列的通项的常见方法,以供高考复习时的参考.一、化归法1.化为特殊数列:等差(比)数列例1(2002.汕头)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=21,an=-2SnSn-1(n≥2).求an及Sn.分析关于通项an与前n项和Sn的关系式,常用an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,将其转化为an的递推式,或转化为Sn的递推式,本题宜转化为Sn的递推式.解当n≥2时,由题设得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,得S1n-S1n-1=2,这就是说S1n是以…     

数列中的“+、-、×、÷”

“+、-、×、÷”是数学中最基本的运算,但在数列中还是一种特殊的解题技巧,能有效地解决数列中的数学问题,并使其过程显得简捷明快.下面试从4个方面加以说明.一、“+”的技巧等差中项性质,数列求和中的倒序相加,求通项中的累加等,都包含了“+”的技巧.例1在等差数列an中,a1+a2+a3=15,an+an-1+an-2=78,Sn=155,求n.解由a1+an=a2+an-1=a3+an-2,将该6项相加,得a1+a2+a3+an+an-1+an-2=3(a1+an)=15+78,∴a1+an=31,∴Sn=n(a1+an)2=n×312=155,∴n=10.例2求和Sn=C1n+2C2n+3C3n+…+nCnn.解Sn=0C0n+1C1n+2C2n+3C3n+…+nCnn,Sn=nCnn+(n-1)Cn-1n…     

组合数的算法和技巧(下)

(本讲适合高中)4递推法对所求组合数,也可探求其中的递推规律,获取相应的递推式并加以解决,从而得到所求组合数.例10求∑nk=012kCnk k.解:设原式为f(n),则f(0)=1.由恒等式(Ⅱ),有f(n 1)=∑n 1k=0Cnk 1 k·21k=∑n 1k=0Cnk k·21k ∑nk =11Ckn- 1k·21k.将前一项分成f(n) C2nn 11·21n 1.变动后一项组合数上、下指标及求和指标,以k代原式中的k-1,得∑n 1k=1Ckn -1k·21k=∑k=n0Cnk k 1·2k1 1.故f(n 1)=f(n) C2nn 11·2n1 1 21∑k=n0Cnk k 1·21k.考虑到C2nn 12=(n (21)n! (2n) !1)!=2·n(2!(nn 11))!!=2C2nn 11,则f(n 1)=f(n) 122…