数列通项公式的求法..doc

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