通过构造辅助数列求数列通项公式的常见类型及解题策略.pdf

通过构造辅助数列求数列 通项公式的常见类型及解题策略 口辽宁省实验中学合作学校金保华 尊 通 过 递 推 关 系 求 数 列 的 通 项 公 式 ，是解决 喜 二 祟 主 嚣 耄 篙 特殊数列 ( 主要是等差数列 、 等 比数列 ) 的性质 求数列的通项公式。 下面通过实例分析 ， 使同学们了解基本类 型 ， 把握 解题规律 ， 提高这类问题的解题能力 。 一 、形如 a = a n - = ( P为常数且 P 0 ) 的数 列 ， 通过取倒数的方法转化为等差数列来求解。 例 l ： 已知数列 a n J 中， a = 2 ， a + ( k0 ) ， 求 a 解 ：一 = T + k 为 公 差 为 k的等差数列。 一+ ( n 1 ) k a n 1 a a 1 +f n 一】 1 k 二 、 形如 a ， ： A， a 0 ， 满 足 a ： a 可 以通过取对数 n +l 3 8 再 一 转化为等比数列来求解 a 例 2 ： 已知正数数列 a ) 中， a n 0 ， a 1 = a ， a n + 1 - a ， 求 a 解：Q a = a ，a n 0 ， a = a ： 等式两边取常用对数 l g a + 1 =2 1 g a n 数列 l g a n ) 是以l g a 为首项， 以 q = 2为公比的等 比数列 l g a =2 l g a a n = a 三 、形如 ( 1 ) a 1 = A， a + 1 = q a + r( q 、 r 为常数 ， q #0 ， 1 r #0的数列) ( 2 ) a 1 = A， a + 1 = B a + C n + D ( nN ) 的数列 ( 3 ) a = A， a + 1 = B G+ C D “ + E ( nN ) 的数列 ( 4 ) a 1 = A ， a n + 1 = B a + C n + D E “ + F ( nN ) 的数歹 U ( 5 ) a l = A ， a 2 = B ， a n + 2 = C a + 1 + D a nN ) 的数列 都可 以通过待定系数法 ，转化为等 比数列的形式 来求解 a n 例 3 ： 已知数列 a J 的递推关系为 ： a + = 2 a + l ， 且 a = l ， 求通项公式 a 解 ： a + 1 = 2 a + 1 ， 令 a + 1 + x = 2( a n + X ) a + 1 = 2 a + x ， 与原式比较可得 x = 1 数列 a + 1 是公 比为 2的等 比数列 n 一1 n n a n+ l = ( a l + 1 ) = q 2 - 2 a n = 2 1 例 4 ： 已知数列 a 的前项 n和为S n 且满足： S R = 3 a + n 。 n N ) ， 求 a 解： 当n = l 时， a l = s l = 3 a l + 1 ，得a l = 一 当 n 2时， Oa = S - S n 1 ， a n = 3 a + n一 3 a n 1 一n 一 1 ) ： 3 an _ 1 - -n+ 1 维普资讯 令 a + x n + y = 一 3 E a o _ , + x ( n 一 1 ) + y = 3 + 1 xn一手 x + 1 y 比较两式，得 1 一 y =- 2 5 一 手 x + y = 数 列 a 一 2 n 一 5 )是 以 a 一 2 - 5 = 一 一 7 = 一 孚为 首 项 ， 为公 比的等 比数列 a 一 2 n - 5 = 一 孚 (手 )n- I = 一 5 (手 )“ n a n = 2 n + 5 - 5 ( ) 例 5 ： 已知数列 a ) 的前 13 项和为 s ， 且满足 ： S ： 2 a + 3 “ ( n N ) ， 求 a n 解： 当 n = l 时 ， a l = S l = 2 a l + 3 ， a l = - 3 当 n 2时， 1 9 a = S - S a n = 2 a + 3- 2 a 1 - 3n n 1 2a n = 2 a n - 】 - 2 x 3 一 令 a + x 3 “ + y = 2 an _ l + x 3 n _ + y a n= 2 a n - 】 一 x 3 + y 一 l x 3 + y 比较两式， 得 x = 2 ,y = 0 数 列 a + 2 x 3 “ 是 以3 为 首 项， 2 为 公比 的 等比 数 列 a n + 2 3= ( a 1 + 2 x 3 ) x 2 = 3 x 2 a n =3 x2- 2x 3 例 6 ： 已知数列 a n j 的前项 n 和为 s ， 且满足： 2 n 一1 S = 2 a + n+ 3 ( 1 1 N ) ， 求 a h 解： 当 n ： 1时， a l ： S 1 = 2 a l + 1 + 3 。 ，得 a l ： 一 2 当 n 2时， 1 9 a = S - S - l ， 所以得 an=2 a + n+ 3 - 2 a l - ( n - 1 ) 一 3 ， =2 a 一I 一 2 n 一 2 x 3 + 1 令 fi n + x n + y 3 “ + z = 2 a n _ l + x n 一 1 ) + y 3 + z 2 1+ x n - y + z - 2a x ， n = 2 a n+ x n Y 3 一 l x ， 比较两式，得 x 一2 ，y = ，z = 一 3 ， ， n 1 数列 a n - 2 n 一 x 3 3 是以 一 9 位首项， 2 为公比 的 等 比数列 an - 2 n -2 x33 =一 9g 2 a n =2 n +2 x3 9x2+ 3 例7 ： 已 知 数 列 x ) 满 足 ：x = 争 ，x = (x + x 一 ) ， n = 3 ， 4 ， A ， 若l i n X n = 2 ， 求 X 1 解： 令 X + 2 + O t X I = p ( x I + O t X ) ， n = 3 ， 4 ， A其 中 仅 ， p为 待定常数 贝 0 X n + 2 = ( p o 0 x + + o t 13 x ， 由已知得 x 2 =下 1 x l 十下 1 x 比较式两边系数得 13 - = 1 ， p = 1 ，解这方程 组 得仅 = 一 】 ，p = 一 或 仅 = 1 ，p = 】 数 列 X il+ l + x ) 是 公 比为 p的等比数列 x n + 。 =X- X 1 ) ( 一 ) + 。 + x = ( x + 1 x ) 由 及 x = 争 解 得 x = 2 1 + (一 ) x ， l i n X ，、 一 n = x l =2 x l ：3 四、 形如 a I ： A ， a n + = p a+ q “ ( p ， q为常数 ， 且 q 0 ) 的 数列 ， 除了可用上面提到的待定系数法外 ， 还可转化为 a n + l ： g + 的形式 ， 再构造等 比数列来求解 。 qn + J q q n q 例 8 ： 数列 a ) 中， a = 1 ，a = 2 a + 3 “ ( n N ) ， 求数 列 a ) 的通项公式。 解 ： 依题设得 3 g = 2 g ( a n 一 1 ) ，令 b ： a n 一 1 3 3 3 。 = 一 手 且 3 b n+ l= 2 b ， 数 列 b ) 是 以 一 手 为 首 项 ， 以 手 为 公 比 的 等 比 数 列 b = 一 ( )， a n = 3 2 通过以上的列举分析可 以发现 ， 这一类问题 ， 可以 通过转化成为我们熟悉的等差数列 ，等 比数列的问题 加以 解决， 这是近几 年高考 试 S经 常考察的 问 题， 希 望引起 同学们 的重视和思考。 ( 编 辑金 凤 鹏 ) 网3 9 维普资讯