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待定系数法求递推数列通项公式

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待定系数法求递推数列通项公式待定系数法求递推数列通项公式 第 1 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 用待定系数法求递推数列通项公式初探 摘要: 本文通过用待定系数法分析求解9个递推数列的例题,得出适用待定系数法求其通项公式的七种类型的递推数列,用于解决像观察法、公式法、迭乘法、迭加法、裂项相消法和公式法等不能解决的数列的通项问题。 关键词:变形 对应系数 待定 递推数列 数列在高中数学中占有重要的地位,推导通项公式是学习数列必由之路,特别是根据递推公式推导出通项公式,对教师的教学和学生的学习来说都是一大难点,递推公...

待定系数法求递推数列通项公式
待定系数法求递推数列通项 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 第 1 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 用待定系数法求递推数列通项公式初探 摘要: 本文通过用待定系数法分析求解9个递推数列的例题,得出适用待定系数法求其通项公式的七种类型的递推数列,用于解决像观察法、公式法、迭乘法、迭加法、裂项相消法和公式法等不能解决的数列的通项问题。 关键词:变形 对应系数 待定 递推数列 数列在高中数学中占有重要的地位,推导通项公式是学习数列必由之路,特别是根据递推公式推导出通项公式,对教师的教学和学生的学习来说都是一大难点,递推公式千奇百怪,推导方法却各不相同,灵活多变。对学生的观察、分析能力要求较高,解题的关键在于如何变形。常见的方法有观察法、公式法、迭乘法、迭加法、裂项相消法和公式法。但是对比较复杂的递推公式,用上述方法难以完成,用待定系数法将递推公式进行变形,变成新的数列等差数列或等比数列。下面就分类型谈谈如何利用待定系数法求解几类数列的递推公式。 apaq,,pq、一、 型(为常数,且) pqp,,0,1nn,1 a,1例题1.在数列中,,aa,,21,试求其通项公式。 a,,1nn,1n 分析:显然,这不是等差或等比数列,但如果在aa,,21的两边同时加上1,整理nn,1 a,1a,1为aa,,,12(1),此时,把和看作一个整体,或者换元,令ba,,1,n,1nnn,1nn,,11 ba,,1bb,2ba,,,12那么,即,,因此,数列或就是以2为首项,ba,1,,,,nnnn,111nn 以2为公比的等比数列 nnna,,12b,2a,,21,或者,进一步求出。 nnn ,那启示:在这个问题中,容易看出在左右两边加上1就构成了新的等比数列a,1,,n不易看出在左右两边该加几后构成新的等比数列时,该怎么办呢, aa,,21aa,,,,,2()其实,已知,可变形为的形式,然后展开括号、移nn,1nn,1 第 2 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 项后再与相比较,利用待定系数法可得。 aa,,2121,1,,,,,,nn,1 apaq,,pq、这样,对于形如(其中为常数,且)的递推数列,pqp,,0,1nn,1 apa,,,,,()先变为的形式,展开、移项,利用待定系数法有 nn,1 q , ,,(1)pq,,,p1, qq即 ,,,() apann,1,,11pp ,,qqa,,p公比为的则数列首项为等比数列 a,,,1np,11p,,, qqqqnn,,11,,,,,,()()即 aapaapnn11,,,,1111pppp apaq,, 因此,形如这一类型的数列,都可以利用待定系数法来求解。 nn,1 n 那么,若变为,是关于非零多项式时,该怎么办呢,是否也能运用待qfn()fn()定系数法呢, 二 型 apaqnrpqp,,,,,(0,1)且nn,1 a,1aan,,,231例题2.在数列中,,,试求其通项公式。 a,,1nn,1n 分析:按照例题1的思路,在两边既要加上某一常数同时也要加上n的倍数,才能使新 的数列有一致的形式。先变为,展开比较得 anan,,,,,,,,,(1)2()1,,3,即nn,1 anan,,,,,3(1)2(3)4nn,1 进一步 anan,,,,,,3(1)42(34)nn,1 an,,34则数列是aa,,,,,,,,314831482首项为公比为的等比数列,所以 ,,n11 n,2nn,,12an,,,234an,,,,,34822 , nn 同样,形如的递推数列,设axnypaxny,,,,,,(1)()展开、apaqnr,,,nn,1nn,1 第 3 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 (1)pxq,,,移项、整理,比较对应系数相等,列出方程 ,(1)pyxr,,,, q,x,,p,1,解得 ,xrqr,,y,,,2,ppp,,,1(1)1, ,,qqrqqr即 (1)anpan,,,,,,,,nn,1,,221(1)11(1)1pppppp,,,,,,,, qqr,,qqra,,,则数列是以为首项,以p为公比an,,,,,1n22ppp,,,1(1)11(1)1ppp,,,,, 的等比数列。于是就可以进一步求出的通项。 a,,n 同理,若其中是关于n的多项式时,也可以构造新的等比数列,fn()apafn,,()nn,1 2利用待定系数法求出其通项。比如当=时,可设 fnqnrns(),,, 22 axnynzpaxnynz,,,,,,,,,(1)(1)()nn,1 展开根据对应系数分别相等求解方程即可。 为n的三次、四次、五次等多项式时也能用同样的思路和方法进行求解。 fn() n 而如果当是n的指数式,即fnqr(),,时,递推公式又将如何变形呢, fn() n三 aparqspqrpqpq,,,,,,,型且(0,1,1,)nn,1 naa,1aa,,32例题3.在数列中,,,试求其通项。 a,,n1,1nnn nnaa,,32分析1:由于与例题1的区别在于2是指数式,可以用上面的思路进行变,1nn nn,1naa,,,,2332形,在两边同时加上变为即 22,nn,1 nn,1aa,,,23(2) nn,1 nnna,,23则数列是首项为3,公比为3的等比数列,则 a,2,,nn nna,,32 n 第 4 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 n,1分析2:如果将指数式先变为常数,两边同除 2 aaa3131nnn,1,,,,, nn,,11222222n nn。 就回到了我们的类型一。进一步也可求出a,,32n naa,3例题4.在数列中,,aa,,,,3524,试求的通项。 aa,,,,n1,1nnnn aan,1n,1n分析:若按例题3的思路2,在两边同时除以,虽然产生了、,但是又增加2n,1n224n了,与原式并没有大的变化。所以只能运用思路1,在两边同时加上10整理 ,2n,12 nn,1 aa,,,,,,523(52)4nn,1 进一步 nn,1 aa,,,,,,,5223(522)nn,1 n则数列是首项为15,公比为3的等比数列 a,,,522,,n nnn,1 a,,,,,,,52215353n nn即 a,,,5(32)2 n n启示:已知数列的首项,aparqspqrpqqp,,,,,,,(01,1,)且 a,,,1nnn ns,0aparq,,1)当,即由例题3知,有两种思路进行变换,利用待定系数法构造nn,1 首项和公比已知或可求的等比数列。 n,1qaa和思路一:在两边同时除以,将不含的项变为常数,即 nn,1 aaprnn,1,,, nn,1qqqq r,, ,,aq,,n,为前面的类型一,再用类型一的待定系数法思想可得数列最终求解出a,,,,nnpq,,,1q,,,,的通项。 nnn,1qaxqpaxq,,,()思路二:在两边同时加上的倍数,最终能变形为 nn,1 第 5 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 r对应系数相等得 ,即 ()pqxr,,x,pq, rrnn,1即 ,,,,,() aqpaqnn,1,,pqpq ,,rn求出数列的通项,进一步求出的通项。 aaq,,,,,,nnpq,,, ns,02)当时,即aparqs,,, nn,1 nq由例4可知只能在选择思路二,两边既要加的倍数,也要加常数,最终能变形为 nn,1 axqypaxqy,,,,,()nn,1 比较得x,y的方程组 r,x,,()pqxr,,pq,,, 即,,(1)pyss,,,,y,,p,1, rsrsnn,1,,,,,,,()于是 aqpaqnn,1,,,,11pqppqp ,,rsn求出数列的通项,进一步求出的通项。 aaq,,,,,,,nn1pqp,,,, 四:其中可以为常数、n的多项式或指数式)apaqafnaa,,,()(,型已知fn()nnn,,2112 以=0为例。 fn() 21例题5.在数列中,,试求的通项。 aaaaaaa,,,,1,2,,,,,n1221nnn,,n33 a分析:这是三项之间递推数列,根据前面的思路,可以把看做常数进行处理,可变n,1 1aa,为,先求出数列的通项 aaaa,,,,(),,nn,1nnnn,,,2113 1n,1aa,,, () nn,13 a然后利用累加法即可进一步求出a的通项。 ,,nn 第 6 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 对于形如的递推数列,可以设展开,利用apaqa,,axayaxa,,,()nnn,,21nnnn,,,211 xyp,,,对应系数相等,列方程 ,xyq,, axa,axa, 于是数列就是以为首项,y为公比的等比数列,不难求出,,nn,121 aaxa,的通项进一步利用相关即可求出。 ,,nnn,1 同理,当为非零多项式或者是指数式时,也可结合前apaqafn,,,()fn()nnn,,21 面的思路进行处理。问题的关键在于先变形 axayaxafn,,,,()()nnnn,,,211 然后把看做一个整体就变为了前面的类型。 axa,nn,1 r,五:型,为正项数列 apappRrr,,,,,,(10,1)且,a,,1nnn, 2aaaa,,1,2例题6.在数列中,,试求其通项。 a,,nnn,11n 分析:此题和前面的几种类型没有相同之处,左边是一次式,而右边是二次式,关键在 2a,0aa,2于通过变形,使两边次数相同,由于,所以可联想到对数的相关性质,对nnn,1两边取对数,即 22 lglg(2)lg2lg2lglg2aaaa,,,,,nnnn,1 就是前面的类型一了,即 lglg22(lglg2)aa,,,nn,1 n,1n,12lglg2(lg2)2lg2a,,,, n n,121,a,2变形得 n r, 对于类似apappRrr,,,,,,(10,1)且,的递推数列,由于两边次数不一致,1nn, 又是正项数列,所以可以利用对数性质,两边同时取对数,得 r lglglglgaparap,,,, ,1nnn lgp,,然后就是前面的类型一了,就可以利用待定系数法进一步构造数列为已,lga,,n,1r,1,, 第 7 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 lgp,,知首项和公比的等比数列了。求出最终就可以得出的通项。 a,lga,,,,n,1nr,1,, nr,q 同样,如果将中的p换为指数式时,同样apappRrr,,,,,,(10,1)且,1nn, nr,可以利用相同的方法。即: aqaqqRrr,,,,,,(10,1)且,1nn, nr两边取对数 lglg()lglgaqaranq,,,,,1nnn 变为类型二 lg(1)(lg)axnyraxny,,,,,,nn,1 即可进一步得出的通项。 a,,n 以上是一些整式型的递推数列通项公式的求解,接下来再看看比较复杂的分式型递 推数列。 ras,n六: (0)apr,,型,1npaq,n ana例题7.在数列中,,试求其通项。 a,,1,aa,,nn11,n32,an 分析:这是一个分式型数列,如果去分母变为320aaaa,,,后就无法进行处理nnnn,,11了。两边同时取倒数 32a,11n ,,,,23aaa,1nnn ,,11就是前面的类型一了。 ,,,323,,aann,1,, ,,113所以数列,是首项为,公比为2的等比数列,不难求出 ,,34,,aan,,1 1a, n,1n,23 a,2na例题8.在数列中,,试求其通项。 aaa,,1,,,nn11,n32a,n 分析:此题比例题7的区别多了常数项,两边取倒 第 8 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 11 ,,,,43aa,2nn,1 11左右两边与并不一致。但可以对照例题7的思路,取倒数之后分母会具有一aa,2n,1n 致的结构,根据等式和分式的性质,我们可在两边同时加上某一常数,整理: 22,x,,(31)xa,,n,,a,231x,,,n axx,,,,,1n3232aa,,nn 22x,2此时如果,那么递推式左边和右边分母就一致了。解方程得 ,xxx,,,,11231x,3 2,,a,,1,,n23,,因此 a,,,1na,332n ()41a,n,1 a,,1n,132a,n ()41a,n,1此时可选择其中一个递推式按照例题7的方式进行处理,这里选择,a,,1n,132a,n两边取倒 32a,1113n ,,,,aaa,,,141414(),,11nnn 13113回到了类型一 ,,,,()aa,,15415nn,1 根据类型一的方法易求出: n,14(4)1,,,a ,nn,16(4)1,,, 现在我们将两式相比: 22aa,,nn,1133,,, aa,,141nn,1 2,,a,n,,3a则数列是我已知首项和公比的等比数列,进一步化简求出。 ,,na,1n,, ,, 第 9 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 ras,n 通过以上两个例题可知,形如这一类型的递推数列,对学生(0)apr,,,1npaq,n 的综合能力要求较高。 s,01、如果右边分子缺常数项,即,那么直接对两边取倒数即可得: 11qp ,,,ararnn,1 qq,1,1此时,若,那就是我们熟悉的等差数列,若,那就是前面的类型一——用待rr 定系数法求解。 s,0x2、若,就需要先变形,使左边和右边分子结构一致。两边同时加上某一个常数() sxq,()()rxpa,,nrpx, ax,,,1npaq,n sqx,,xx然后令,解出的值。 rpx, ras,n而另一种思路是直接设变形之后为 a,n,1paq,n yax(),n ax,,,1npaq,n 然后展开,根据对应项系数相等得二元方程组 yxpr,,, ,xyqs(),,, xy,求出。 xxx, 两种思路都是解的一元二次方程,设其解为。 12 yaxyax()(),,1122nnaxax,,,,和,, nn1112paqpaq()(),,nn xx,12 若时,那就只能利用例题7的方法,两边取倒数,部分分式整理即可转变为类型一。 paqpaxpqx()()(),,,,11pqxp(),nn111 ,,,,,axyaxyaxyaxy,,,,()(),nnnn111111111 第 10 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 a最终求出。 n xx,12时,可以选择其中的一个按照上面的方式进行求解,但是此时计算量颇大, 当 于是直接将两式相比得: axax,,ynn,1111 ,,axyax,,nn,1222 ,,ax,ax,yn1111a所以数列是首项为,公比为的等比数列。进一步求出。 ,,nax,ax,yn2,,122 2ras,2n七: (0,2,40)aprprqrs,,,,,型,n1paq,n 2a,3na例题9.在数列中,,试求其通项。 aaa,,2,,,nn,n1122a,n分析:本题属于分式非线性递推式,与类型五又有相似之处,所以我们可以结合类型五、 六的思路,进行变换: 两边同时加上某个常数,设最终变为: 2()ax,n ax,,,n122a,n 与原式比较,对应系数相等,得 2 xx,,23 解方程得 xx,,,1,3 12 即有: 2(3)a,na,,3,n122a,n 2 (1)a,na,,1,n122a,n 对单个式子进行处理,无从下手,两式相比得 2,,aa33,,nn,1 ,,,aa,,11nn,1,, 第 11 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 然后,两边取对数得: 2,,aaa333,,,nnn,1 lglg2lg,,,,aaa,,,1111nnn,,, ,,a,3a,3n1则数列是首项为,公比为2的等比数列。 lglglg5,,,a,1a,1n,,1 n,1a,32n lglg5,a,1n n,12534,进一步解得 a,,,1nn,,11n225151,, 2ras,n 显然,按照例题9的思路,形如这一类型的参数pqrs、、、必(0)apr,,,n1paq,n须满足一定的条件,所得方程应有两个不相等的实根。 现在来探讨应该满足哪些条件, 22rasrax,,()nn设,即: axx,,,,,n1paqpaq,,nn 22rasrax,,()nn ,,xpaqpaq,,nn 222所以 raxpaxqsrarxarx,,,,,,2 nnnn 2对应系数相等得 prrxqxs,,,,2,0 22方程要满足 rxqxs,,,0,,,,qrs40 xx,设方程的两根为则有 12 2rax(),n1 ax,,,n11paq,n 2rax(),n2 ax,,,n12paq,n 2,,axax,,,nn111两式相比得 ,,,axax,,,nn122,, axax,,nn,111两边取对数得 lg2lg,axax,,nn,122 第 12 页 共 12 页 最全的待定系数法求递推数列通项 ,,ax,ax,n1112数列是首项为,公比为的等比数列。 lglg,,ax,ax,2n2,,1 ,,ax,n1的通项再整理一下就得出了的通项,问题就得以解决了。 求出lga,,,,nax,n2,, 本文主要是通过例题的分析讲解,并进行归纳 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf 概括而形成的,是我在平时的学习中,通过平时自己的一些积累和参考其他作者的思路,对用待定系数法求解递推数列的初步探讨和认识。例题的深度层层深入,前面的类型是后面的基础,特别是第一种类型,是学习其他几种类型的充分依据,其他的类型最终都会转变为第一种类型之后再进行求解。 参考文献 [1]李春雷 用不动点法探究递推数列的通项公式[J].中学数学研究 2006.05期 [2]用待定系数法求解递推数列的通项公式[J].中学数学研究 2007.07期 [3]例析待定系数法求解递推数列的通项公式[J].中学数学研究 2009.07期
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分类:其他高等教育
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