求遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式的十一種方法包含特征根和不動(dòng)點(diǎn)

求遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式的

十一種方法包含特征根和

不動(dòng)點(diǎn)ThefinaleditionwasrevisedonDecember14th,2020.求遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式的九種方法■nn—12a逐項(xiàng)相乘得：n—n—1一、作差求和法三、換元法例1在數(shù)列｛a｝中，n例3已知數(shù)列｛a｝，其中1a1a=a+n+1 nn(n+1)求通項(xiàng)公1313，且當(dāng)n±3時(shí),9式a.n解：原遞推式可化為：_11_11a=a+—— 則廿a=a+———,n+i nnn+1 211211a=a+ —_3 2 2 311a=a+ ——，?…?…，4 3 3 4a=a+ ——逐項(xiàng)相加得：nn—1n—1na=a+1—?r故a=4—?ninnn二、作商求和法—a編）?n—1=Jan—1—an—2），求通項(xiàng)公1986年高考文科第八題改解：=a—an—1n—1，原遞推式可化為:列，b=1bn—2，｛b｝13=a—a個(gè)等比數(shù)9，公比n—2n—1n—2?故例2設(shè)數(shù)列｛a｝是首項(xiàng)為1的n正項(xiàng)數(shù)列，且n?n—1由逐差法可得：+a+a)=0

n*.*a+a>0,n+1 n(n+1)a2—na2+aa=0n+1 n n+1n(n=1,2,3…)，則它的通項(xiàng)公式是a= （2000年高考15題）.n解：原遞推式可化為：[(n+1)a—na](an+1 n n+1an—n+1=——a n+1n

例4已知數(shù)列｛a｝，其中na=1,a=2，且當(dāng)n±3時(shí)，12a—2a+a=1，求通項(xiàng)公式n n—1n—2a。解由a—2a+a=1得n n n—1n—2(a—a)—(a—a)=1，令n n—1 n—1 n—2b=a-a，則上式為n-1 n n-1b-2b二1n n-1(n-1)由⑴X由⑴X2n-2+⑵X2n-3+…+(n-1)20得b=1+2+22+…+2n-1=n2n—1，即：———=2n—1.=a一1 an-1 n n-1逐項(xiàng)相乘得：a=(2-1)2.(22-1)2.?…(2n-1)2，考n慮到a=1，0故J 1a=5n 1(2-1)2(22-1)2.?…(2n-1)2b-b二1，因此｛b｝是一個(gè)等差n-1n-2 n數(shù)列，b=a-a=1，公差為1.故121b=n.。n由于b+b+…+b=a—a+a—a+…+a—a12 n-1 2132 n又b+b+…+b=n(n-D12 n-1 2所以a一1=n(n一1)，即n21a= (n2一n+2)n2四、積差相消法例5(1993年全國(guó)數(shù)學(xué)聯(lián)賽題一試第五題)設(shè)正數(shù)列a，a，01(n=0)(n>1)五、取倒數(shù)法五、取倒數(shù)法a…，a，…滿足nn求通項(xiàng)公式求通項(xiàng)公式a。n:aa-,-'aa=2a'nn-2 1n-1n-2 n-1(n>2)且a=a=1，求｛a｝的通項(xiàng)0 1 n公式.解將遞推式兩邊同除以aa整理得:n—1n—2

例6已知數(shù)列｛a｝中，其中na=1,，且當(dāng)n±2時(shí)，1aa= n-1 n 2a +1n-1■a a ri—2 n^=1a a丫n-1 丫 n-2解將an=宀兩邊取倒數(shù)n-1設(shè)bn，則叮譽(yù)=b丫01 1 1得：丄-丄=2，這說(shuō)明｛丄｝是

aa ann-1 nb-2b =1，故有n n-1b-2b=1 (1)21b-2b=1 (2)32個(gè)等差數(shù)列，首項(xiàng)是丄=1，公差為a112,所以一=1+(n-1)x2=2n-1，an2n-1lglga =2lga，n+1 n六、取對(duì)數(shù)法例7若數(shù)列｛a｝中，a=3且n1a=a2（n是正整數(shù)），則它的通n+1 n項(xiàng)公式是a= （2002年上海高n考題）.解由題意知a>0,將na=a2兩邊取對(duì)數(shù)得n+1 n即lgJ=2，所以

lgan數(shù)列｛lga｝是以lga=lg3為首項(xiàng)，公n1比為2的等比數(shù)列，lga=lga-2n-i=lg32"-1，即n1a=32n-i.n七、平方（開(kāi)方）法例8若數(shù)列｛a｝中，a=2且nia=(3+a2 (n>2)，求它的通項(xiàng)TOC\o"1-5"\h\zn n-1公式是a.n解將a=.'3+a2兩邊平方整n n-1理得a2-a2=3。數(shù)列｛a2｝是以n n-1 n

數(shù)列，可以少走彎路.其變換的基本形式如下：1、a=Aa+B（A、B為常n+1 n數(shù)）型，可化為a+九=A（a+九）n+1 n的形式.例9若數(shù)列｛a｝中，a=1，Sn 1 n是數(shù)列｛a｝的前n項(xiàng)之和，且nSS=n(n>1)，求數(shù)列｛a｝n+13+4S nn的通項(xiàng)公式是a.nS解遞推式S=匕可變形n+1 3+4Sn11TOC\o"1-5"\h\z為 =3——+4 (1)S Sn+1 n11設(shè)(1)式可化為 +九=3(一+九)S Sn+1 n(2)比較(1)式與(2)式的系數(shù)可11得X=2，貝y有一+2=3(—+2)。TOC\o"1-5"\h\zS Sn+1 n11故數(shù)列｛一+2｝是以一+2=3為首S Sn1項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列。a2=4為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列。1a2=a2+（n一1）x3=3n+1。因?yàn)閍n1 n+2=3?3n-1=3n。所以13n—111—11—2-3n=S—S= -——當(dāng)n>2，n n-1 3n—2 3n-1—2 32n—8?3n+12>0，所以a=、?3n+1。n八、待定系數(shù)法待定系數(shù)法解題的關(guān)鍵是從策略上規(guī)范一個(gè)遞推式可變成為何種等比(n(n=1)(n>2)n-1數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)公式是nri—2-3n32n—8-3n+12TOC\o"1-5"\h\z2、a=Aa+B-Cn(A、B、Cn+1 n為常數(shù)，下同)型，可化為a+九?Cn+1=A(a+九?Cn)的形式.n+1 n例10在數(shù)列｛a｝中，na=-1,a=2a+4?3n-1,求通項(xiàng)公1 n+1 n式a。n解：原遞推式可化為：a+九?3n=2(a+X-3n-1)n+1 n①比較系數(shù)得X=-4,①式即是:a—4?3n=2(a—4?3n-1).n+1 n則數(shù)列｛a—4?3n-1｝是一個(gè)等比n數(shù)列，其首項(xiàng)a-4?31-1=-5，公比1是2.a—4?3n-1=—5?2n-1n即a=4?3n-1—5?2n-1.n3、a=A?a+B?a型，可n+2 n+1 n化為a+Xa=(A+X)?(a+Xa)n+2 n+1 n+1 n的形式。例11在數(shù)列｛a｝中，n

比較系數(shù)得X=-3或X=-2，不妨取X=-2.①式可化為：則｛a-2a｝是一個(gè)等比數(shù)列，n+1 n首項(xiàng)a—2a=2-2(-1)=4，公比為3.21a—2a=4?3n-1.利用上題n+1 n結(jié)果有：a=4?3n-1-5?2n-1.n4、a=Aa+Bn+C型，可化n+1 n為a+Xn+X=A[a+X(n-1)+X]n+1 1 2 n 1 2的形式。3例12在數(shù)列｛a｝中，a=3，n122a-a=6n-3 ①n n-1求通項(xiàng)公式a.n解①式可化為：2(a+Xn+X)=a+X(n-1)+Xn 1 2 n-1 1 2②比較系數(shù)可得：X=-6，X=9，②式12為2b=bn n-1｛b｝是一個(gè)等比數(shù)列，首項(xiàng)n91b=a—6n+9=—，公比為—.1122???b=n2即a—6n+9=9?(丄)“a=a=5a -6a ①求通項(xiàng)公n+2 n+1 n九、猜想法a=—1,a=2，當(dāng)neN,12

故a=9?(1)n+6n—9.式式a.n解：①式可化為:運(yùn)用猜想法解題的一般步驟是：首先利用所給的遞推式求出=(c+nc，得3n=(c+nc，得3n-22n-1形女a(chǎn)n+2的數(shù)列a,a,a,……，然后猜想出滿足遞推123式的一個(gè)通項(xiàng)公式a，最后用數(shù)學(xué)歸n納法證明猜想是正確的。例13在各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列｛a｝中，S為數(shù)列｛a｝的前n項(xiàng)和，nnn11S=-（a+一），求其通項(xiàng)公式。n2nan求遞推數(shù)列通項(xiàng)的特征根法

與不動(dòng)點(diǎn)法一、形女口a=pa+qa（p,q是常n+2 n+1 n數(shù)）的數(shù)列形女a(chǎn)=m,a=m,a=pa+qa（p,q-2 2n+2 n+- n是常數(shù)）的二階遞推數(shù)列都可用特征根法求得通項(xiàng)a，其特征方程為nx2二px+q?…①若①有二異根a,p，則可令a=can+cPn（c,c是待定常數(shù)）TOC\o"1-5"\h\zn- 2 - 2若①有二重根a=p，則可令a=（c+nc）an（c,c是待定常數(shù)）n- 2 - 2再利用a=m,a=m，可求得--22c,c，進(jìn)而求得a?2 n例1.已知數(shù)列｛a｝滿足na=2,a=3,a=3a一2a（neN*），2 n+2 n+- n求數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)a.nn解：其特征方程為x2=3x-2，解得x=1,x=2，令a二c-1n+c-2n，12n12由1a=c+2c-=2，得1121a=c+4c:=32-2I=1i< 1， /.a=1+2n-i.c=— n〔22例2?已知數(shù)列｛a｝滿足na=1,a=2,4a=4a一a(neN*)1 2 n+2 n+1 n，求數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)a.nn解：其特征方程為4x2=4x-1，解得a=(c+c)x—=11122=(c+2c)x=21 2 4c=-41，c=62Aa+Bn—Ca+D對(duì)于數(shù)列a =^Aan±B，n+2Ca+Dna=m,neN*(A,B,C,D是常數(shù)且1C豐0,AD-BC豐0)其特征方程為x=吐B，變形Cx+D為Cx2+(D-A)x-B=0???②（其中（其中c是待定常若②有二異根a,p，則可令a —a a—an+1 —C■―n—a —p a—pn+1 n數(shù)），代入a,a的值可求得c值.12

由a—2,得a—，可得c—-1 2 5 3...數(shù)列；口I是以口—1為首[a+1J a+13n1項(xiàng)，以-1為公比的等比數(shù)列，3這樣數(shù)列n這樣數(shù)列na—1—n—a+1n1 ，公比為c的等比數(shù)列，于是a—p1這樣可求得a.n若②有二重根a—p，則可令.an3n—(—1)n3n+(—1)n例4.已知數(shù)列｛a｝滿足n1a—an+1+C（其中C是待定常2a—1a—2,a———n (ngN*)，求數(shù)列1 n+1 4a+6n{a}的通項(xiàng)ann4x2+4x4x2+4x+1—0，解得x—x1212—T—5為a+12＞是以???數(shù)列q數(shù)），代入a,a的值可求得c值.12這樣數(shù)列J1]是首項(xiàng)為

[a—aJn，公差為c的等差數(shù)列，于是a—an這樣可求得a.n此方法又稱不動(dòng)點(diǎn)法．例3?已知數(shù)列｛a｝滿足na—2,a—n1+2(n>