染雾数列求通项的方法总结 篇一
数列是数学中常见的概念，它是由一系列按照一定规律排列的数字组成的。在数学中，研究数列的通项是一项重要的课题，因为通过求解通项，我们可以找到数列中任意一项的值，从而更好地理解数列的性质和规律。本文将总结数列求通项的方法，帮助读者更好地掌握这一概念。
首先，我们来介绍一些常见的数列求通项的方法。最简单的方法是通过观察数列的规律来猜测通项的表达式。例如，对于等差数列，我们可以通过观察数列中相邻两项的差值是否相等来猜测通项的表达式。如果差值相等，那么通项很可能是关于项数的线性函数。
另一种常见的方法是利用数列的递推关系求解通项。递推关系是指数列中后一项与前一项之间的关系。通过观察数列的递推关系，我们可以得到通项的递推公式，从而求解出通项的表达式。例如，对于斐波那契数列，我们可以通过观察每一项与前两项之和相等的规律，得到通项的递推公式为Fn = Fn-1 + Fn-2，其中Fn代表第n项。
除了观察规律和利用递推关系外，还有一些数列求通项的方法。例如，对于等比数列，我们可以通过求解比值来得到通项的表达式。又如，对于二次数列，我们可以通过求解二次方程来求解通项的表达式。
在实际应用中，我们常常会遇到复杂的数列，这时候我们需要运用更高级的数学工具来求解通项。例如，对于一些特殊的数列，我们可以通过数学归纳法来证明通项的表达式。又如，对于一些无限数列，我们可以通过极限的概念来求解通项。
总结起来，数列求通项的方法有很多种，从简单的观察规律和利用递推关系，到复杂的数学工具如数学归纳法和极限概念。在实际应用中，我们需要根据具体情况选择合适的方法来求解通项。通过掌握这些方法，我们可以更好地理解数列的性质和规律，从而在数学问题中应用数列的概念。
数列求通项的方法总结 篇二
数列是数学中一个重要的概念，它由一系列按照一定规律排列的数字组成。在数学中，研究数列的通项是一项重要的课题。通过求解通项，我们可以找到数列中任意一项的值，从而更好地理解数列的性质和规律。本文将总结数列求通项的方法，帮助读者更好地掌握这一概念。
首先，我们来介绍一些常见的数列求通项的方法。最简单的方法是通过观察数列的规律来猜测通项的表达式。例如，对于等差数列，我们可以通过观察数列中相邻两项的差值是否相等来猜测通项的表达式。如果差值相等，那么通项很可能是关于项数的线性函数。
另一种常见的方法是利用数列的递推关系求解通项。递推关系是指数列中后一项与前一项之间的关系。通过观察数列的递推关系，我们可以得到通项的递推公式，从而求解出通项的表达式。例如，对于斐波那契数列，我们可以通过观察每一项与前两项之和相等的规律，得到通项的递推公式为Fn = Fn-1 + Fn-2，其中Fn代表第n项。
除了观察规律和利用递推关系外，还有一些数列求通项的方法。例如，对于等比数列，我们可以通过求解比值来得到通项的表达式。又如，对于二次数列，我们可以通过求解二次方程来求解通项的表达式。
在实际应用中，我们常常会遇到复杂的数列，这时候我们需要运用更高级的数学工具来求解通项。例如，对于一些特殊的数列，我们可以通过数学归纳法来证明通项的表达式。又如，对于一些无限数列，我们可以通过极限的概念来求解通项。
总结起来，数列求通项的方法有很多种，从简单的观察规律和利用递推关系，到复杂的数学工具如数学归纳法和极限概念。在实际应用中，我们需要根据具体情况选择合适的方法来求解通项。通过掌握这些方法，我们可以更好地理解数列的性质和规律，从而在数学问题中应用数列的概念。
数列求通项的方法总结 篇三
数列求通项的方法总结
按一定次序排列的一列数称为数列，而将数列{an} 的第n项用一个具体式子（含有参数n）表示出来，称作该数列的通项公式。为大家总结数列求通项的方法，一起来看看吧！
一、累差法
递推式为：an+1=an+f(n)(f(n)可求和)
思路：:令n=1,2,…,n-1可得
a2-a1=f(1)
a3-a2=f(2)
a4-a3=f(3)
……
an-an-1=f(n-1)
将这个式子累加起来可得
an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)
∵f(n)可求和
∴an=a1+f(1)+f(2)+ …+f(n-1)
当然我们还要验证当n=1时,a1是否满足上式
例1、已知数列{a}中,a1=1,an+1=an+2,求an
解： 令n=1,2,…,n-1可得
a2-a1=2
a3-a2=22
a4-a3=23
……
an-an-1=2n-1
将这个式子累加起来可得
an-a1=f(1)+f(2)+…+f(n-1)
∵f(n)可求和
∴an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)
当n=1时,a1适合上式
故an=2n-1
二、累商法
递推式为：an+1=f(n)an（f(n)要可求积）
思路：令n=1,2, …,n-1可得
a2/a1=f(1)
a3/a2=f(2)
a4/a3=f(3)
an/an-1=f(n-1)
将这个式子相乘可得an/a1=f(1)f(2) …f(n-1)
∵f(n)可求积
∴an=a1f(1)f(2) …f(n-1)
当然我们还要验证当n=1时，a1是否适合上式
例2、在数列{an}中,a1=2,an+1=(n+1)an/n,求an
解： 令n=1,2, …,n-1可得
a2/a1=f(1)
a3/a2=f(2)
a4/a3=f(3)
……
an/an-1=f(n-1)
将这个式子相乘后可得an/a1=2/1×3/24×/3×…×n/(n-1)
即an=2n
当n=1时，an也适合上式
∴an=2n
三,构造法
1、递推关系式为an+1=pan+q (p,q为常数)
思路：设递推式可化为an+1+x=p(an+x),得an+1=pan+(p-1)x,解得x=q/(p-1)
故可将递推式化为an+1+x=p(an+x)
构造数列{bn},bn=an+q/(p-1)
bn+1=pbn即bn+1/bn=p,{bn}为等比数列.
故可求出bn=f(n)再将bn=an+q/(p-1)代入即可得an
例3、(06重庆)数列{an}中,对于n>1(nN)有an=2an-1+3,求an
解：设递推式可化为an+x=2(an-1+x),得an=2an-1+x,解得x=3
故可将递推式化为an+3=2(an-1+3)
构造数列{bn},bn=an+3
bn=2bn-1即bn/bn-1=2,{bn}为等比数列且公比为3
bn=bn-1·3,bn=an+3
bn=4×3n-1
an+3=4×3n-1,an=4×3n-1-1
2、递推式为an+1=pan+qn(p,q为常数)
思路：在an+1=pan+qn两边同时除以qn+1得
an+1/qn+1=p/qan/qn+i/q
构造数列{bn},bn=an/qn可得bn+1=p/qbn+1/q
故可利用上类型的解法得到bn=f(n)
再将代入上式即可得an
例4、数列{an}中,a1+5/6,an+1=(1/3)an+(1/2)n,求an
解： 在an+1=(1/3)an+(1/2)n两边同时除以(1/2)n+1得
2n+1an+1=(2/3)×2nan+1
构造数列{bn},bn=2nan可得bn+1=(2/3)bn+1
故可利用上类型解法解得bn=3-2×(2/3)n
2nan=3-2×(2/3)n
an=3×(1/2)n-2×(1/3)n
3、递推式为：an+2=pan+1+qan（p,q为常数）
思路：设an+2=pan+1+qan变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)
也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=p,xy= -q
解得x,y，于是｛bn｝就是公比为y的等比数列（其中bn=an+1-xan）
这样就转化为前面讲过的类型了．
例5、已知数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2=(2/3)·an+1+(1/3)·an,求an
解：设an+2=(2/3)an+1+(1/3)an可以变形为an+2-xan+1=y(an+1-xan)
也就是an+2=(x+y)an+1-(xy)an，则可得到x+y=2/3,xy= -1/3
可取x=1,y= -1/3
构造数列｛bn｝，bn=an+1-an
故数列｛bn｝是公比为-1/3的`等比数列
即bn=b1(-1/3)n-1
b1=a2-a1=2-1=1
bn=(-1/3)n-1
an+1-an=(-1/3)n-1
故我们可以利用上一类型的解法求得an=1+3/4×[1-(-1/3)n-1](nN*)
例题
1、利用sn和n的关系求an
思路：当n=1时，an=sn
当n≥2 时, an=sn-sn-1
例6、已知数列前项和s=n2+1,求{an}的通项公式.
解：当n=1时，an=sn＝2
当n≥2 时, an=sn-sn-1＝n+1-[(n-1)2+1]=2n-1
而n=1时，a1=2不适合上式
∴当n=1时，an=2
当n≥2 时, an=2n-1
2、利用sn和an的关系求an
思路：利用an=sn-sn-1可以得到递推关系式，这样我们就可以利用前面讲过的方法求解
例７、在数列｛an｝中，已知sn=3+2an，求an
解：即an=sn-sn-1=3+2an-(3+2an-1)
an=2an-1
∴｛an｝是以２为公比的等比数列
∴an=a1·2n-1= -3×2n-1
2、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明.
思路:由已知条件先求出数列前几项，由此归纳猜想出an，再用数学归纳法证明
例8、(2002全国高考)已知数列{an}中,an+1=a2n-nan+1,a1=2,求an
解：由已知可得a1=2,a2=3,a3=4,a4=5,a5=6
由此猜想an=n+1，下用数学归纳法证明：
当n=1时，左边＝2，右边＝2，左边＝右边
即当n=1时命题成立
假设当n=k时，命题成立，即ak=k+1
则 ak+1=a2k-kak+1
=(k+1)2-k(k+1)+1
=k2+2k+1-k2-2k+1
=k+2
=(k+1)+1
∴当n=k+1时，命题也成立．
综合(1),(2),对于任意正整数有an=n+1成立
即an=n+1
