孔夫子搬家的下一句-中专生自我鉴定

通项公式的求法
类型（1）
a
n+1
=a
n
+f(n)
累差法
例1 已知
a
1
=1,a
n+1
=a
n
+2+n,
求
a
n

n
a
n
=2
n
-a
n+1
a
n
n(n-1)
-1

2
=f(n)
累商法
f(n)
是可求积的数列的形式
a
n+1
a
n
n+2
,
求
a
n

n
类型（2）
例2 已知
a
1
=1,=
a
n
=
1
n(n+1)

2
类型（3）
a
n+1
=ca
n
+d,(c 1,c,d是常数)
构造
{a
n
+x}
是公比为
c
的等比数列
即
a
n+1
+x=c(a
n
+x)
解得
x=
d
。
c-1
例3已知
a
1
=1 ,a
n+1
=
1
a
n
+3,
求
a
n

2
解：由
a
n+1
=
1
1
a
n
+3,
，得
a
n+1
-6=(a
n
-6 ),
令
b
n
=a
n
-6,

2
2
则
b
n+1
=
11
b
n
,
{b< br>n
}
是等比数列，其首项
b
1
=a
1
-6= -5,
公比为
,

22
11
b
n
=-5 ()
n-1
，即
a
n
-6=-5 ()
n-1

22
1
a
n
=6-5 ()
n-1

2< br>类型（4）
a
n+1
=Aa
n
+Bn+C,(A构1,B0, A,B,C是常数)
，构造
{a
n
+sn+t}
是公比为
A
的等比数列，即
a
n+1
+s(n+1)+t=A(a
n
+ sn+t)
对比系数可得
ì
ï
ï
As
-
s
=
B
可解出
s,t

í
ï
At
-
t
-
s
=
C
ï
î
例4
a
1
=
3,a=3a
n
+2n,
求
a
n
.
2
n+1
第 1 页 共 9 页

解：由
a
n+1
=3a
n
+2n
，得
a
n+1
+(n+1 )+
11
=3(a
n
+n+)

22
令
b
n
=a
n
+n+
1
， 则
b
n+1
=3b
n
,

{b
n
}
是等比数列，其首项
b
1
=3,
公比为
3,

2
1

2
b
n
=3
n
，即
a
n
=3
n
-n-




例 5：
a
1
=-1,a
n+1
+a
n
=2n,
求
a
n
.
解：法一：由
a
n+1
+a
n
=2n
，得
a
n+1
-(n-1)+
11
=-( a
n
-n+)

22
令
b
n
=a
n
-n+
1
3
， 则
b
n+1
=-b
n
,

{b
n
}
是等比数列，其首项
b
1
=-,
公比为
-1,

2
2
b
n
=(-1)
n
313
+(-1)
n
即
a
n
=n-
222
法二：由
a
n+1
+a
n
=2n
，得
a
n+2
+a
n+1
=2(n+1)

故
a
n+2
-a< br>n
=2
，所以该数列的奇数项和偶数项为等差数列，且
a
2
= 3,

*
ì
ï
a=2k-3,k N
ï


í
2k-1
*
ï
a
=
2k
+
1, k

N
ï
ï
î
2k
注 ：
a
n 1
a
n
pnq
或
a
n1
a
n< br>pq

解法：这种类型一般可转化为

a
2n1

与

a
2n

是等差或等比数列求解。
例：（ I）在数列
{a
n
}
中，
a
1
1,a
n 1
6na
n
，求
a
n

（II）在数列< br>{a
n
}
中，
a
1
1,a
n
a< br>n1
3
，求
a
n


类型（5）
a
n1
pa
n
q
（其中p，q均为常数，
(pq( p1)(q1)0)
）。
解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以
qn1
n
n
n
，得：
a
n1
p
a< br>n
1
a
n

b
b
引入辅助数列（ 其中），得：
n
n
n1nn
q
q
q
qq
b
n1

p1
b
n

再待定系数法解决。
qq
第 2 页 共 9 页

511
,
a
n1
a
n
()
n1
，求
a
n
。
632
112
解：在
a
n1
a
n
( )
n1
两边乘以
2
n1
得：
2
n1
a
n1
(2
n
a
n
)1

32 3
22
n
令
b
n
2a
n
，则
b
n1
b
n
1
,解之得：
b
n
3 2()
n

3
3
b
1
n
1
n< br>所以
a
n

n
3()2()

n
23
2
例6
a
1


类型（ 6）
a
n+1
=pa
n
+q+r
（其中p，q, r均为常数，
(rpq(p-1)(q-1) 0)
）
构造
{a
n
+Aq+B}
，是公比为
p
的等比数列，即
a
n+1
+Aq
nn+1
n
+B=p(a
n
+Aq
n
+B )
对比系数可得
ì
ï
ï
í
Ap
-
A q
=
1
ï
ï
î
pB
-
B
=
r
可解出
A,B

例7
a
1
1
=
2
,
a
n
n+1
=3a
n
+2+1
，求
a
n
。
解：由
a
n
1
可得 < br>a
n+1
n+1
=3a
n
+2+
n+1
+2 +
1
2
=3(a2
n
+
1
n
+
2
)

令
b
1
n
=a
n
+2
n
+
2
， 则
b
n+1
=3b
n
,

{b
n
}
是等比数列，其首项
b
1
=3,
公比为
3,

b=3
n
即
a
n
1
n
n
= 3-2
n
-
2

类型（7）
a
n1
< br>f(n)a
n
g(n)a

n
h(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。
例8
a
1
=2
,
a
n
n+1< br>=
a
a
n
+3
，求
a
n
。
解：两边取倒数可得
13
a
=
a
n
+3
n+1
a
=
n
a
+1
令
b
1
n
=
则
b
n+1
=3b
n
+1

n
a
n
于是
b
n+1
+
1
2
=3(b
1
1
n
+
2
)
，即
{b
n
+
2}
是首项为1，公比为3的等比数列。
b
11
n
+
1
2
=3
n-1
所以
a
n
=

b
1
=
-1
n-
2
3
n
-
1
2
类型（8）
ar
n1
pa
n
(p0,a
n
0)
< br>解法：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。
第 3 页 共 9 页

1
2
的通项公式.

a
n
(a 0)
，求数列

a
n

a
1
2
1
解：由
a
n1
a
n
两边取对数得
lgan1
2lga
n
lg
，
aa
11
令< br>b
n
lga
n
，则
b
n1
2b
n
lg
，再利用待定系数法解得：
a
n
a()
2n 1
。
aa
例9：已知数列｛
a
n
｝中，
a
1
1,a
n1


类型（9）递推公式为
S
n
与
a
n
的关系式。(或
S
n
f(a
n
)
)

S
1
(n1 )
解法：这种类型一般利用
a
n


与
a
n
S
n
S
n1
f(a
n
)f(a
n1
)
消去
S
n

(n2)
或与
S S(n2)
n1

n
S
n
f(S< br>n
S
n1
)
(n2)
消去
a
n
进行求解。
例10：已知数列

a
n

前n项和
S
n
4a
n

1
2
n2
. （1）求
a
n1
与
a
n
的关系；（2）求通项公式< br>a
n
.
解：（1）由
S
n
4a
n
1
2
n2
得：
S
n1
4a
n1

1
2
n1

于是
S
n1S
n
(a
n
a
n1
)(
所以
a
n1
a
n
a
n1

1
2n2
1
a
n1
n1
2
n
2
1 1
a
n

n
.
2
2

1
n1
)

（2）应用类型a
n1
pa
n
q
（其中p，q均为常数，
(pq (p1)(q1)0)
））的方法，上式两边同乘以
2
n1
得：2
n1
a
n1
2
n
a
n
2< br>
由
a
1
S
1
4a
1
1
n

2a
n

是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以.于是数列
a1
1
12
2
n
2
n
a
n
22(n1)2n
a
n

n1

2


类型（10） 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
)

其中
s,t
满足


stp
2
求
s,t
即求方程
x-px-q=0
的两根。

st q
2
解法二(特征根法)：对于由递推公式
a
n2
pan1
qa
n
，
a
1


,a2


给出的数列

a
n

，方程< br>x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
A，B由
a
1

,a
2


决定（即把
a
1
,a
2< br>,x
1
,x
2
和
n1,2
，代入
a
n
Ax
1
n1
n1n1
Bx
2
，其中
n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


,a
2


决定（即把
a
1
,a
2
,x
1
,x
2
和
n1,2
，
第 4 页 共 9 页

代入
a
n
(AB n)x
1
，得到关于A、B的方程组）。

例11数列

a
n

：
3a
n2
5a
n1
2a
n
0(n0,nN)
，
a
1
a,a
2< br>b
，求数列

a
n

的通项公式。
n 1
由
3a
n2
5a
n1
2a
n
 0
，得
a
n2
a
n1

2
3(a
n1
a
n
)
，
且
a
2
a
1
ba
。
则数列

a
n1
a
n

是以
ba
为首项 ，
2
3
为公比的等比数列，于是
aa)(
2
n1
a
n
(b
3
)
n1
。把
n1,2,3 ,,n
代入，得
a
2
a
1
ba
，
aa)(
2
3
a
2
(b
3
)，
a(ba)(
2
4
a
3
3
)2
，


aaa)(
2
n

n 1
(b
3
)
n2
。
把以上各式相加，得
a
2
1(
2
n
a
1
(ba)[13
(
3
)(
3
)
n2
]

3
)
n1
22
(ba)
。
1
2
3
a33(
2
3
)
n1
](ba)a 3(ab)(
2
n
[
3
)
n1
3b2 a
。
解法二（特征根法）：数列

a
n

：3a
n2
5a
n1
2a
n
0(n0,n N)
，
3x
2
5x20
。
x
2
1
1,x
2

3
,

a
n1
Bx
n1
2
AB(
2
3
)
n1
n
Ax
1

。
又由
a
1
a,a
2
b
，于是

aAB


A3b2a

2


bA
3
B

B3(ab)
故
a
n
3b2a3(ab)(
2
)
n13



第 5 页 共 9 页
a
1
a,a
2
b
的特征方程是：

例12:已知数列

a
n

中，
a
1
1
,
a
2
2
,
a
n2

解 ：由
a
n2

21
a
n1
a
n，求
a
n
。
33
21
a
n1
a
n
可转化为
a
n2
sa
n1
t(a
n1
sa
n
)

33
即
a
n2< br>2

1
st

s1


s 



3
(st)a
n1
sta
n




3

1
或

t



st
1
3


t1

3

1

s1

1

s
这里不妨选用

，则
a
n2
an1
(a
n1
a
n
)


a
n1
a
n

是以首项为
a
2
a< br>1
1
，
3
）
1
（也可选用

3< br>t

t1
3


11
的等比数列, 所以
a
n1
a
n
()
n1
,，分别令< br>n1,2,3,,(n1)
，代入上式得
(n1)
个等式累 加之，即
33
1
1()
n1
111
3
a
n
a
1
()
0
()
1
 ()
n2

1
333
1
3
7 31
n1
又
a
1
1
，所以
a
n()
。
443
公比为


不动点定理：
对于分式线性递推数列
a
1
=a,a
n+1
=f(a
n< br>)=
ba
n
+c
da
n
+e
(d?0,de bc 0)

其中f(x)=
bx+c
,且f(a) a,

dx+e
a
n
-a
a
n
-b
是以
a1
-a
a-ca

为首项，为公比的等比数列。
a
1
-ba-cb
（1） 若
f(x)
有两个不相等的不动点
a,b
，则
若
f(x)
有唯 一的不动点
a,
则

类型11
a
n1

112d

是以为首项，为公差的等差数列。< br>a
n
-aa
1
-ab+e
pa
n
q

ra
n
h
pa
n
q
（其中p
、< br>q
、
r
、
h均为常数，
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

且
phqr ,r0,a
1


1

hpx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
 
是等差数
ax
rrxh

n0


a
n
x
1


是等比数列。

an
x
2

列;当特征方程有两个相异的根
x
1
、
x
2
时，则


第 6 页 共 9 页