2014届高考数学北师大版一轮复习讲义课件51数列的概念及其表示法

1、考考 点点 串串 串串 讲讲 1数列的定义数列的定义 (1)定义定义 按一定顺序排成的一列数叫作数列如按一定顺序排成的一列数叫作数列如 a1，a2，a3，an， 简记为简记为an， 数列中的一个数叫作数列的项，数列中的一个数叫作数列的项， 项所在的位置叫作项所在的位置叫作项的序号，也叫项数，用下标表示，如项的序号，也叫项数，用下标表示，如a3表示第表示第3项，项，a10表示第表示第10项，项，an表示第表示第n项项 (2)对数列定义的理解：对数列定义的理解： ()记法记法an与集合与集合a1，a2，an，不同，前者是借用集合不同，前者是借用集合符号表示数列，如数列符号表示数列，如数列 1111

2、， ， ， ， 23nn1? ?1? ?1可记为可记为 ，它表示数列，而数列，它表示数列，而数列则表示数列则表示数列 n21? ?1? ?n0,1,0,1,0,1， 2从数列中可以看出数列中项的值可以重复，而集合中是不允从数列中可以看出数列中项的值可以重复，而集合中是不允许的许的 a1，a2， ，an，表示集合，表示集合，其中的元素是其中的元素是a1，a2， ，an， 这些数，它们是互不相等的，根据集合的意义，这些元素可以在集这些数，它们是互不相等的，根据集合的意义，这些元素可以在集合中的任何一个位置，即它们在集合中是无序的，然而数列中每一合中的任何一个位置，即它们在集合中是无序的，然而数列中

3、每一个数它们的位置是固定的，因为数列中的数是按一定顺序排列而成个数它们的位置是固定的，因为数列中的数是按一定顺序排列而成的如数列的如数列 1313，1， ，2，与数列，与数列1， ，2， ， 2222这两个数列虽然它们都是由同样的几个数组成，但由于它们所这两个数列虽然它们都是由同样的几个数组成，但由于它们所处的位置不同，因此这是两个不同的数列处的位置不同，因此这是两个不同的数列 ()an与与an不同不同 根据定义根据定义an表示数列的第表示数列的第n项，如项，如a1表示第表示第1项，项，an1表示表示第第n1项，所以项，所以an也叫作数列的通项而也叫作数列的通项而an是数列是数列a1，a2，a

4、n，的一种简写的形式特别地，当的一种简写的形式特别地，当an可以用一个解析式子表示可以用一个解析式子表示时，可以直接将这个式子写在花括号内来表示数列所以时，可以直接将这个式子写在花括号内来表示数列所以an与与an是数列的第是数列的第n项与整个数列的关系项与整个数列的关系 ()多少个数才能称为多少个数才能称为“一列数一列数” 两个数不能称为一列，三个或三个以上两个数不能称为一列，三个或三个以上(可以重复可以重复)的数，才能的数，才能称为一列数，所以数列的项数称为一列数，所以数列的项数n最少为最少为3. ()数列的本质是函数数列的本质是函数 从数列的定义中，可以看出，在一个已知数列中，其中任一项从

5、数列的定义中，可以看出，在一个已知数列中，其中任一项的值，由这个项的的值，由这个项的“序号序号”唯一确定，也就是说数列中每个项的值唯一确定，也就是说数列中每个项的值是其项的序号的函数，即是其项的序号的函数，即 anf(n)，nN*. 如此看来，如此看来，数列就可看作是定义在正整数集数列就可看作是定义在正整数集N*或其有限真子集或其有限真子集1,2，n上的函数，当自变量上的函数，当自变量n从小到大依次取值时对应的一从小到大依次取值时对应的一列函数值这种以列函数值这种以“函数的观点函数的观点”看待数列的思想使我们有可能借看待数列的思想使我们有可能借助熟悉的研究函数的方法来研究数列但是要特别注意：对

6、数列来助熟悉的研究函数的方法来研究数列但是要特别注意：对数列来说，定义域不是说，定义域不是1个或几个区间，而是正整数集个或几个区间，而是正整数集N*或某个真子集，或某个真子集，这就是数列的个性特征这就是数列的个性特征 反思数列的定义可以看出：数列最突出的特点是其项的离散性反思数列的定义可以看出：数列最突出的特点是其项的离散性和有序性和有序性因此，因此，关注每个项的关注每个项的“下标下标”(项的序号项的序号)就成了研究数列就成了研究数列的最重要的切入点的最重要的切入点 2数列的表示法数列的表示法 (1)列举法列举法 把数列把数列an的项依次列举出来：的项依次列举出来： a1，a2，a3，an，

7、这种方法称为列举法，其中这种方法称为列举法，其中an(n1,2,3，)叫作第叫作第n项项(又叫又叫通项通项)，列举法在提出问题与分析问题时广泛使用，如，列举法在提出问题与分析问题时广泛使用，如 1111问题一：已知等比数列问题一：已知等比数列， ， ，求数列的前，求数列的前n项和项和 24816问题二：已知等差数列问题二：已知等差数列1,4,7,10，求这个数列的通项等等，求这个数列的通项等等，这些数列都是用列举法形式给出这些数列都是用列举法形式给出 用列举法给出的数列直观，由于规律隐含在前面给出的这些项用列举法给出的数列直观，由于规律隐含在前面给出的这些项中，所以又很抽象分析或解决问题时，要

8、从中抽象出通项来如中，所以又很抽象分析或解决问题时，要从中抽象出通项来如1从问题一的数列中抽象出从问题一的数列中抽象出ann，nN*，从问题二的数列中抽象，从问题二的数列中抽象2出出an3n2，nN*. (2)图像法图像法 和函数一样，在直角坐标平面内描绘出数列和函数一样，在直角坐标平面内描绘出数列an的一系列散点的一系列散点图，这也是给出数列的一种方式图，这也是给出数列的一种方式 这种表示方法也具有很强的直观性，可以直接从图像上了解到这种表示方法也具有很强的直观性，可以直接从图像上了解到项项an与自变量与自变量n之间的变化趋势，之间的变化趋势， 但是确定的函数关系并不清楚但是确定的函数关系并

9、不清楚如如果要求通项果要求通项anf(n)可以像拟合函数一样来拟合数列可以像拟合函数一样来拟合数列 (3)解析法解析法数列的通项公式数列的通项公式 把数列把数列an的第的第n项项an用用n的解析式表示出来，这种方法称为的解析式表示出来，这种方法称为解析法这个解析式叫作数列的通项公式，即解析法这个解析式叫作数列的通项公式，即anf(n)，nN*. 通项公式体现了数列的本质规律，它在计算或讨论数列的性质通项公式体现了数列的本质规律，它在计算或讨论数列的性质时，有独特的直接作用，因此成为人们经常使用的一种方法时，有独特的直接作用，因此成为人们经常使用的一种方法 如同有的函数找不到解析式一样，不是所有

10、的数列都能用解析如同有的函数找不到解析式一样，不是所有的数列都能用解析法表示法表示 (4)递推法递推法 数列数列an还可用它的第一项还可用它的第一项(或前几项或前几项)和一个由连续几项构成和一个由连续几项构成的递推式的递推式an1f(an，an1，)联合给出，这种方法称为递推法联合给出，这种方法称为递推法 如已知如已知a12，an1an1( nN*)，从，从n1开始从小到大依开始从小到大依次可以写出数列的全部项次可以写出数列的全部项 3数列的分类数列的分类 不同的标准导致不同的分类不同的标准导致不同的分类 (1)按数列的项数多少可分为有穷数列与无穷数列按数列的项数多少可分为有穷数列与无穷数列

11、注意有穷数列与无穷数列的列举法表示注意有穷数列与无穷数列的列举法表示 111如如1， ， ， 为有穷数列，这个数列只有为有穷数列，这个数列只有4项项 248111而而1， ， ， ，为无穷数列，有无穷多项为无穷数列，有无穷多项 248(2)按邻项的大小来分类可分为常数列、单调数列与摆动数列按邻项的大小来分类可分为常数列、单调数列与摆动数列 一般地，对于数列一般地，对于数列an： *若恒有若恒有anan1(nN )? an为递增数列；为递增数列； *若恒有若恒有anan1(nN )? an为常数列；为常数列； *若恒有若恒有anan1(nN )? an为递减数列；为递减数列； 若相邻大小顺序不固

12、定若相邻大小顺序不固定? an为摆动数列为摆动数列 递增数列与递减数列统称为单调数列，若数列是单调数列，则递增数列与递减数列统称为单调数列，若数列是单调数列，则称这个数列具有单调性称这个数列具有单调性 (3)周期数列：如果对所有的周期数列：如果对所有的nN ，都有，都有ankan(k为常数为常数)，则称则称an为以为以k为周期的周期数列为周期的周期数列 (4)有界数列：如果对所有的有界数列：如果对所有的nN*，都有都有|an|M或或|an|M，则则称称an为有界数列，否则称为有界数列，否则称an为无界数列为无界数列 (5)正项数列：正项数列： 如果数列如果数列an中所有的项都满足中所有的项都满

13、足an0， 则数列则数列an叫作正项数列叫作正项数列 *4已知已知Sn求求an 已知数列的前已知数列的前n项和公式，求数列的通项公式，其方法是项和公式，求数列的通项公式，其方法是anSnSn1(n2)这里常常因为忽略了这里常常因为忽略了n2的条件而出错，即由的条件而出错，即由anSnSn1求得求得an时的时的n是从是从2开始的自然数开始的自然数否则会出现当否则会出现当n1时，时，Sn1S0而与前而与前n项和定义矛盾可见项和定义矛盾可见anSnSn1不一定是不一定是数列数列an的通项公式，只有验算了由的通项公式，只有验算了由anSnSn1所确定的所确定的an，当，当(n1，nN *)n1时的时的

14、a1与与S1相等时，相等时，an才是通项公式，否则要才是通项公式，否则要用分段函数表示为用分段函数表示为 ? ? ?S1， ? ?n1? ?an? ? ? ? ?SnSn1. ? ?n2? ? 典典 例例 对对 对对 碰碰 题型一题型一 由数列的前几项写出通项公式由数列的前几项写出通项公式 例例1.写出下面数列的一个通项公式写出下面数列的一个通项公式 1111(1)2，4，6，8，； 24816(2)10,11,10,11,10,11，； 815 24(3)1， ，. 5791111解析解析 (1)这是个混合数列，这是个混合数列，可看成可看成2 ，4 ，6 ，8， .248161故通项公式故通

15、项公式an2nn. 2(2)该数列中各项每两个元素重复一遍，可以利用这个周期性求该数列中各项每两个元素重复一遍，可以利用这个周期性求an.原数列可变形为：原数列可变形为：100,101,100,101，.故其一个通项为故其一个通项为n1? ?1? ?an10. 23n(3)通项符号为通项符号为(1)，如果把第一项，如果把第一项1看作看作 ，则分母为，则分母为33,5,7,9，分母通项为，分母通项为2n1；分子为；分子为3,8,15,24，分子通项为，分子通项为22nn 2n(n1)1即即n(n2)，所以原数列通项为，所以原数列通项为an(1). 2n1点评点评 仅给出函数的前仅给出函数的前n项

16、，其通项公式并非唯一，如项，其通项公式并非唯一，如(2)中通中通? ?n1? ?项公式可为项公式可为an10|sin|，但是，若给出数列通项公式，则，但是，若给出数列通项公式，则2数列被唯一确定数列被唯一确定. 变式迁移变式迁移1 写出下面各数列的一个通项公式：写出下面各数列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，； 13715 31(2) ， ， ，； 24816 3231313(3)1， ， ， ， ， ，； 2345621017 2637(4) ，1，； 3791113(5)3,33,333,3333，. 解析解析 (1)各项减去各项减去1后为正偶数，所以后为正偶数，所以an2n1. (

17、2)每一项的分子比分母少每一项的分子比分母少1，而分母组成数列，而分母组成数列21,22,23,24，2n1所以所以ann. 2(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(1)n；各；各项绝对值的分母组成数列项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，；而各项绝对值的分子组成的；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为数列中，奇数项为1，偶数项为，偶数项为3，即奇数项为，即奇数项为21，偶数项为，偶数项为2nn2? ?1? ?1，所以，所以an(1). n? ?1，n为正奇数，为正奇数，? ?n也可写为也可写为an? ? 3? ?，n为正偶数为正偶数.

18、? ?n (4)偶数项为负，奇数项为正，故通项公式必含因子偶数项为负，奇数项为正，故通项公式必含因子(1)，观，观察各项绝对值组成的数列，由第察各项绝对值组成的数列，由第3项到第项到第6项可见，分母分别由奇项可见，分母分别由奇数数7,9,11,13组成，组成，而分子则是而分子则是321,421,521,621，按照这样的按照这样的2121221n 1n1规律第规律第1、2两项可改写为两项可改写为， ， 所以所以an(1). 212 212n1999 999 9999(5)将数列各项改写为：将数列各项改写为：，分母都是，分母都是3，33331n234而分子分别是而分子分别是101,101,101

19、,101，所以，所以an (101). 3 n1题型二题型二 由递推公式写出数列前几项由递推公式写出数列前几项 2n例例2.数列数列an中，中，a11，a23，an1anan2(1)，求数列，求数列的前的前5项项 分析分析 已知已知an，an1，an2相邻相邻3项之间的关系，须由前两项项之间的关系，须由前两项求出第求出第3项，这样逐次地求下去，即可求出数列中的任一项项，这样逐次地求下去，即可求出数列中的任一项 解析解析 把已知条件写成把已知条件写成an22nan1? ?1? ?an2a2? ?1? ?1321a11，a23，a310， 1a1222a3? ?1? ?101a433， 3a223

20、2a4? ?1? ?331a5109， 10a3故前故前5项为项为1,3,10,33,109. ，有，有 变式迁移变式迁移2 数列数列an中，中，a11，对所有，对所有n2，都有，都有a1a2a3ann2，则，则a3a5_. 61答案答案 162解析解析 问题中的已知条件是问题中的已知条件是a1a2a3ann，此式对所有，此式对所有n2442的自然数都成立可令的自然数都成立可令n2，得，得a1a224，故，故a2 4；a11992令令n3，得，得a1a2a339，故，故a3 ；令；令n4，得，得a1a2a3a4a1a2416162416，故，故a4；再令；再令n5，得，得a1a2a3a4a55

21、225，a1a2a392525925 61故故a5.从而从而a3a5 . 416 16a1a2a3a416 题型三题型三 数列的周期性问题数列的周期性问题 例例3.已知数列已知数列an的前的前4项分别为项分别为2008,2009,2010,2011，且对，且对于任意非零自然数于任意非零自然数n，都有，都有an4an3an2an1an，则，则a2009( ) A2008 B2009 C2010 D2011 解析解析 an4an3an2an1an， an5an4an3an2an1， 以上两式相加得以上两式相加得an5an， 故故an10an5an， 即数列即数列an是周期为是周期为10的周期数列，

22、的周期数列， a2009a9a42011，选，选D. 答案答案 D 点评点评 数列的通项公式是一种特殊的函数关系式，因此周期数数列的通项公式是一种特殊的函数关系式，因此周期数列的定义形式与周期函数的定义形式很相似，由递推关系推导数列列的定义形式与周期函数的定义形式很相似，由递推关系推导数列的周期性可以类比函数周期性的推导，关键是脚标的数字特征及转的周期性可以类比函数周期性的推导，关键是脚标的数字特征及转化技巧，对于大部分选择题来说，我们只需要由递推公式求出前几化技巧，对于大部分选择题来说，我们只需要由递推公式求出前几项，就可以猜测出数列的周期，不需要推理证明项，就可以猜测出数列的周期，不需要推

23、理证明. 变式迁移变式迁移3 若数列若数列an满足满足 ? ?2a ，? ?0a1? ?n? ?n2an1? ?1? ?2an1，? ? an1? ?2? ?65A. B. 7731C. D. 77 6，且，且a1 ，则，则a20的值为的值为( ) 7答案答案 B 616551解析解析 由由a1 ，1)，知，知a22 1 ；由；由 ，1)，知，知727772533136a32 1 ；由；由 0， )，知，知a42 ；.据此可知据此可知an7772775是周期为是周期为3的周期数列的周期数列 a20a2 . 7 题型四题型四 数列与图形数列与图形 例例4.如图所示，一条螺旋线用如下方法画成：如图

24、所示，一条螺旋线用如下方法画成： ABC是边长为是边长为1的正三角形，的正三角形，曲线曲线CA1、A1A2、A2A3分别是分别是以以A、B、C为圆心，为圆心，AC、BA1、CA2为半径画的弧，曲线为半径画的弧，曲线CA1A2A3称为螺旋线旋转一圈然后又以称为螺旋线旋转一圈然后又以A为圆心，为圆心，AA3为半径画弧，为半径画弧， ，这样旋转到第这样旋转到第n圈，则所得螺旋线的长度圈，则所得螺旋线的长度ln_.(用用 表示表示即可即可) 分析分析 本题将螺旋线的弧长作为数列的通项来求解，考查了数本题将螺旋线的弧长作为数列的通项来求解，考查了数列通项与求和的知识列通项与求和的知识 22 3n? ?1

25、3n? ?2解析解析 ln (1233n)(3 nn). 332答案答案 (3n2n) 点评点评 本题错误率的最高点在于将此螺旋线的长度视作是本题错误率的最高点在于将此螺旋线的长度视作是n条条222 n? ?1n? ? ?n n? ?弧长的和，计算得弧长的和，计算得ln (123n). 3323 变式迁移变式迁移4 根据下列根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n 个个图中有图中有_个点个点 答案答案 nn1 解析解析 图图(1)中为中为120；图；图(2)中为中为221；图；图(3)中为中为322；图；图(4)中为中为423；图；图(5)中

26、为中为524，故第故第n个图中为个图中为n2(n1)n2n1. 2题型五题型五 与数列的性质有关的问题与数列的性质有关的问题 n例例5.已知数列的通项公式为已知数列的通项公式为an2， n 1(1)0.98是不是它的项？是不是它的项？ (2)判断此数列的增减性和有界性判断此数列的增减性和有界性 2n解析解析 (1)20.98， 解得解得n7， 所以所以0.98是此数列的第是此数列的第7项项 n 12? ?n1? ?2n(2)an1an2 2? ?n1? ? 1 n 12n10， 22? ?n1? ? 1? ?n1? ?an1an，故此数列是递增数列；，故此数列是递增数列； n21又又|2|12

27、1， n 1n 1此数列是有界数列此数列是有界数列 2变式迁移变式迁移5 10n已知数列已知数列an的通项的通项an(n1) () (nN*)试问该数列试问该数列an11有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的项数；若没有，说有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的项数；若没有，说明理由明理由 10n110n10n9n解析解析 an1an(n2)( )(n1) () () ， 11111111当当n9时，时，an1an0，即，即an1an； 当当n9时，时，an1an0，即，即an1an. 当当n9时，时，an1an0，即，即an1an. 故故a1a2a9a10a11a12 109数列数列an

28、有最大项，其值为有最大项，其值为10 () ，其项数为，其项数为9或或10. 11 题型六题型六 由递推公式求通项公式由递推公式求通项公式 n1例例6.已知数列已知数列an满足满足a11，an3an1(n2)，求通项公求通项公式式an. 分析分析 分析分析1：本题给出了：本题给出了an的递推公式，且等式两端的递推公式，且等式两端an与与an1系数相等，故可考虑用累项相加法系数相等，故可考虑用累项相加法 分析分析2：本题也可利用递推公式，逐项代替等式右端出现的：本题也可利用递推公式，逐项代替等式右端出现的an1，直至，直至a1(迭代法迭代法) 解析解析 解法一：由解法一：由a11，an3an1(

29、n2)得得 a11， a231a1， a332a2， n2an13an2， n1an3an1. 等式两端对应分别相加得等式两端对应分别相加得 n312n1an1333， 23n1所以所以an. 2 n1解法二：由解法二：由an3an1得得 n1n1n2an3an133an2 n1n2n3333an3 n1n23332a2 n1n2333231a1 n1n23332311 n31. 2点评点评 解法一是抓住了等式两端解法一是抓住了等式两端an与与an1系数相等这一特点；系数相等这一特点；解法二是一种常见的重要方法，解法二是一种常见的重要方法， 它的关键是依次将它的关键是依次将an1，an2， a

30、2，a1代入，抓住式子特点，转化为等比数列前代入，抓住式子特点，转化为等比数列前n项和项和. n1变式迁移变式迁移6 2an已知数列已知数列an中，中，a11，an1，求该数列的通项公式求该数列的通项公式an. an22 an解析解析 由由an1得得2 an2 an1anan1， an2111两边同除以两边同除以anan1，得，得 ， an1an2111所以数列所以数列是以是以1为首项，为首项， 为公差的等差数列，为公差的等差数列， 2ana1111所以所以(n1)， 2ana11n12即即，所以，所以an. 2ann1 题型七题型七 数列的前数列的前n项和项和Sn与通项与通项an 3 例例7

31、.设设Sn为数列为数列an的前的前n项的和，项的和， 且且Sn (an1)( nN*) 求求2数列数列an的通项公式的通项公式 分析分析 由由Sn与与an的关系消去的关系消去Sn(或或an)，转化为，转化为an(或或Sn)的递的递推关系求解推关系求解 3解析解析 Sn (an1)， 23当当n1时，时，S1a1 (a11) 2解得解得a13.当当n2时，时， 33anSnSn1 (an1) (an11) 22an得得3， an1当当n2时，数列时，数列an为以为以3为公比的等比数列，为公比的等比数列， 且首项且首项a23a19. n2n2时，时，an9 33n.显然，当显然，当n1时也成立故数

32、列的时也成立故数列的通项公式为通项公式为an3n(nN *). 变式迁移变式迁移7 已知下面各数列已知下面各数列an的前的前n项和项和Sn的公式，的公式，求求an的通项公式的通项公式 2n(1) Sn2n3n；(2) Sn32. 解析解析 (1) a1S11，当，当n2时，时， 22anSnSn1(2 n3 n)2( n1)3( n1)4 n5. 由于由于a1也适合此等式，因此也适合此等式，因此an4n5( nN*) (2) a1S11，当，当n2时，时， nn1n1anSnSn1(32)(32)2 3. ? ? ?1 ? ?n1? ?，an? ?n1 ? ?3 ? ?n2? ?.? ?2 【

33、教师备课资源】【教师备课资源】 专题专题.由递推关系式求数列通项公式的问题由递推关系式求数列通项公式的问题 (一一)形如形如an1panr(p为常数，为常数，p0，p1)的一阶递推数列的一阶递推数列的通项求法的通项求法 (1) an1panr(p为常数，为常数，p0，p1，r为常数为常数)的递推数列的递推数列的通项的通项 如已知如已知a12，an12 an1，求数列，求数列an的通项的通项an. 方法方法1：(迭代法迭代法) a12，an12an1 an2an11 2(2 an21)1 22an221 22(2 an31)21 23an32221 n1n2n32a12221 n2n22(122

34、2) n121n2 212n2n 11 n121. 说明说明 迭代法就是根据递推公式从迭代法就是根据递推公式从an开始不断地反复地代入递开始不断地反复地代入递推下去，直到推下去，直到a1为止，达到求出为止，达到求出an的目的使用迭代法，要善于观的目的使用迭代法，要善于观察过程中每一项与项数的规律，这样才能保证递推的正确性察过程中每一项与项数的规律，这样才能保证递推的正确性 方法方法2：(阶差法阶差法) 由由an12 an1，得，得 an2 an11 (n2)， an1an2( anan1)， 令令bnan1an，则，则 bn2 bn1(n2)， a12，a22a112213. b1a2a132

35、1， n1bn2. 即即 an1an2. (注：也可不必累加，见题后说明注：也可不必累加，见题后说明) a2a11， a3a22， a4a322， n2anan12. 以上以上n1个等式相加，得个等式相加，得 2n2ana11222 n121n1即即an221. 21 n1说明说明 将递推式升上一阶或下降一阶后作差，其目的就是为将递推式升上一阶或下降一阶后作差，其目的就是为了消去常数项，通过换元构造一个新的等比数列，求出连续两项的了消去常数项，通过换元构造一个新的等比数列，求出连续两项的差再用叠加差再用叠加(或称累加或称累加)法求出通项法求出通项an. n1本题中在得到阶差本题中在得到阶差an

36、1an2后将后将an12 an1代入得代入得n1an21，这里体现了一种方程思想，这里体现了一种方程思想 方法方法3：由：由an12an1，得，得 an1an1n1. n1n( )222an令令bnn，得，得 21n1bn1bn( ) 212b2b1( ) 213b3b2( ) 2 1nbnbn1( ) 2以上以上n1个等式相加，得个等式相加，得 bnb1 12131n( ) ( ) ( ) 22211121n2 1 ( ) ( ) 42221n11? ? ? ?12 411211 (1n1) 2211bnb1 n 22a111 n 222111 n 2211 n， 22an11即即n n，

37、222n1an21. 说明说明 对于形如对于形如an1panr(p0，p1，p为常数为常数)的递推的递推n1数列，可以将递推式的两边同除以数列，可以将递推式的两边同除以p，得，得 an1an1n1. n1nr( )pppan1n1令令bnn，得，得bn1bnr( ). pp然后赋值累加，得然后赋值累加，得 r111bnb12(1 2n2) pppp11n1prb12 1p1pana1r1(1n1) nppp? ?p1? ?prrn1an(a1)p(nN) p1p1n注意注意 同除以同除以p的目的是为了形成连续两项差的形式！的目的是为了形成连续两项差的形式！ 方法方法4：(拆分法拆分法) 由由a

38、n12 an1，得，得an112( an1) 令令bnan1，则，则b1a11211，bn12bn，数列，数列bn为为等比数列，首项为等比数列，首项为1，公比为，公比为2. n1n1n1bn1 22，即，即an12. n1an21. 说明说明 这里是将常数项这里是将常数项1拆分成拆分成21，拆分的目的是为了，拆分的目的是为了构造新的等差或等比数列，便于运用公式求解构造新的等差或等比数列，便于运用公式求解 方法方法5：(待定系数法待定系数法) 令令an12( an)，得，得 an12 an. 和原递推式比较，对应项得和原递推式比较，对应项得1， an112( an1) 以下同方法四以下同方法四

39、说明说明 有时拆分目标不明确，因此采用这种待定系数法方便，有时拆分目标不明确，因此采用这种待定系数法方便，同样可以起到转化的目的同样可以起到转化的目的 方法方法6：(特征方程法特征方程法) 根据根据an12 an1，令，令x2x1， 解得解得x1. 递推公式可以化为递推公式可以化为 an112( an1) 以下同方法一以下同方法一 说明说明 方法六与方法五比较，免去了待定系数变换的过程，而方法六与方法五比较，免去了待定系数变换的过程，而是直接由一个方程求出是直接由一个方程求出 的值的值这个方程这个方程x2x1叫作递推式叫作递推式an12an1的特征方程的特征方程 一般一阶递推公式一般一阶递推公

40、式an1panr(p、r为常数为常数p0，p1)的特的特征方程为征方程为xpxr. r解这个方程，得解这个方程，得x. 1prran1p(an) 1p1prr令令bnan，得，得b1a1. 1p1pbn1pbn. r数列数列bn为等比数列，首项为为等比数列，首项为a1，公比为，公比为p. 1prn1bn(a1)p. 1prrn1即即an(a1)p. 1p1prrn1an(a1)p(nN) 1p1p说明说明 采用特征方程的目的是为了将递推式转化为新的等比数采用特征方程的目的是为了将递推式转化为新的等比数列列bn，其中，其中bnan的形式，而的形式，而就是特征方程就是特征方程xpxr的根的根 小结

41、小结 在以上的六种方法中，除方法四外都具有一般性方法在以上的六种方法中，除方法四外都具有一般性方法一与方法二运算麻烦，一与方法二运算麻烦， 方法三虽然有点麻烦，方法三虽然有点麻烦，但构造新数列很特别，但构造新数列很特别，具有使用和推广的重要价值，方法四虽然特殊，但如果能一下子将具有使用和推广的重要价值，方法四虽然特殊，但如果能一下子将递推式拆分成递推式拆分成an1p(an)的形式时可不必去用待定系数法去的形式时可不必去用待定系数法去解特征方程从方法四到方法六，这三种方法都是在围绕如何迅速解特征方程从方法四到方法六，这三种方法都是在围绕如何迅速找到找到，使得，使得an1p(an)，方法五是用待定

42、系数法，方法五是用待定系数法，方法六是方法六是用特征方程求用特征方程求.比较起来，六种方法中，特征方程既方便，又快捷比较起来，六种方法中，特征方程既方便，又快捷 (2) an1panknr(p、k、r为常数，为常数，p0，k0) 例如已知例如已知a11，an12an3n1，求数列，求数列an的通项的通项 解解 由由an12 an(3 n1)得得 an1an3n1n1nn1. 222an令令bnn，得，得 21n1bn1bn(3 n1)( )， 212b2b14( ) 213b3b27( ) 2 1nbnbn1(3 n2)( ) . 2将以上将以上n1个等式相加，得个等式相加，得 12131nb

43、nb14( ) 7( ) (3 n2)( ) 222112131n即即bn 4( ) 7( ) (3 n2)( ) 2222112131n1n1 bn( ) 4( ) (3 n5)( ) (3 n2)( ) 22222得得 1112131n1n1bn 3( ) 3( ) 3( ) (3 n2)( ) 2222221n11? ? ? ?1321n1 (3 n2)( ) 241212131n11n1 1( )(3 n2) ( ) 222211nbn13(1n1)(3 n2)( ) 223n44n. 23n4an即即n4n. 22n2an23n4( nN) 说明说明 当递推公式是当递推公式是an1p

44、anknr(p、k、r为常数且为常数且p0，k0)时，若时，若p1我们可以像我们可以像(1)中的方法三那样，两边同除中的方法三那样，两边同除n1以以p得到得到 an1an1n1. n1n(knr)( )pppan令令bnn，得，得 p1n1bn1bn(knr)( ). p赋值，累加，得赋值，累加，得 12131nbnb1(kr)( ) (2 kr)( ) (n1)kr( ) ， pppann再用错位相减法，求出再用错位相减法，求出bn，再由，再由bnn，得，得anbnp . p若若p1，可直接由，可直接由an1anknr，赋值，累加求出，赋值，累加求出an. (3)递推式为递推式为an1pan

45、cq (c、p、q为常数，且为常数，且c0，p0，q0,1) n解解 将递推式两边同除以将递推式两边同除以p，得，得 an1anc qnn1n ( ) ， pp ppanc qn令令bnn，得，得bn1bn ( ) ， pp pc qn再将递推式再将递推式bn1bn ( ) ，从，从 p pn1到到n1赋值累加得赋值累加得 c qq2qn1bnb1 ( )( ) ( ) p pppn1若若pq，则，则bn为等差数列，为等差数列， cbnb1(n1) p1 (cna1c)， pn1此时此时anp(cna1c) 若若pq，则，则 qn11? ? ? ?a1cqpbn2 ppq1pa1cqn1n1n

46、(pq) pp? ?pq? ?cqn1n1ana1p(pqn 1) pqncqn1cq(a1)p pqpq综合，得综合，得 n 1p? ?na11?pq? ?.? ? ?an? ?cqn1cqn? ?a1? ?p? ?pq? ? ?pqpq? ? (二二)形如形如an2pan1qan(p、q为常数，且为常数，且p0，q0)的二阶的二阶递推数列的通项求法递推数列的通项求法 如已知如已知a11，a22，an22an13 an(nN)，求数列，求数列an的的通项通项 解解 (拆分法拆分法) 由由an22 an13 an，得，得 an2an13( an1an) 令令bnan1an，得，得b1a2a13

47、. bn13 bn，bn为等比数列，且首项为等比数列，且首项b13，公比，公比q3. bn3n，即，即an1an3n. an1an3n. n1两边同除以两边同除以(1)，得，得 an1ann(3) n1n? ?1? ? ?1? ?ann令令Cnn，得，得Cn1Cn(3)， ? ?1? ?C2C1(3)， 2C3C2(3)， n1CnCn1(3)， 以上以上n1个等式相加，得个等式相加，得 2n1CnC1(3)(3)(3) nn3? ?3? ?3? ?3? ?C11 441 (3)n1 4an1n即即n (3)1 ? ?1? ?4nn? ?1? ? ?3? ? 1an. 4 说明说明 (1)也可

48、以这样来拆分，即也可以这样来拆分，即 an23 an1(an13 an) 令令bnan13 an，得，得bn1bn. 数列数列bn为等比数列，公比为为等比数列，公比为1，首项为，首项为b1a23a11， bn(1)n，即，即an13an(1)n. an1an11nn1同除以同除以3得得n1n () . 3333以下同原题解以下同原题解 拆分的目的是为了能够构造新的等比数列，将二阶递推降为拆分的目的是为了能够构造新的等比数列，将二阶递推降为一阶递推，使之转化为我们已经熟悉的一阶递推，使之转化为我们已经熟悉的an1panr的形式的形式 两种不同的拆分都与两种不同的拆分都与3和和1这两个数有关这两个

49、数有关而而3和和1正好正好是方程是方程x22 x30的两个根因此我们把方程的两个根因此我们把方程x22x3叫作由叫作由递推公式递推公式an22 an13an给出的数列给出的数列an的特征方程的特征方程 一般地，一般地， 我们希望存在两个实数我们希望存在两个实数1与与2， 使得使得an21an12(an11an)对任意的正整数对任意的正整数n都成立都成立 由此，得到由此，得到an2(12)an112an. 比较递推公式中，对应项的系数，得比较递推公式中，对应项的系数，得 12p，12q. 1，2是方程是方程x2pxq0的两个实根的两个实根 我们把这个方程就叫作由递推公式我们把这个方程就叫作由递推

50、公式an2pan1qan给出的二给出的二阶递推数列的特征方程，阶递推数列的特征方程，1与与2叫特征根叫特征根 有时用拆分法很难找到特征根，因此采用特征方程求特征根既有时用拆分法很难找到特征根，因此采用特征方程求特征根既省时，又方便省时，又方便 例如裴波那契数列，已知例如裴波那契数列，已知a1a21，an2an1an求求an. 解解 (特征方程法特征方程法) 特征方程为特征方程为x2x1. 15解之，得解之，得x， 215151515即即1，2或或1，2. 2222随便取一组，得随便取一组，得 151515an2an1(an1an) 22215令令bnan1an， 2151515得得b1a2a1

51、，bn1bn. 2221515bn为等比数列，且首项为为等比数列，且首项为，公比为，公比为. 2215nbn() . 21515n即即an1an() . 2215n1两边同除以两边同除以()，得，得 2an1an 15n115n? ? ? ? ?225153n() 22an令令Cn，得，得 15n? ? ?251 53nCn1Cn() 2251 53C2C1()， 2251 532C3C2() ， 22 51 53n1CnCn1(). 22以上以上n1个等式相加，得个等式相加，得 515353253n1CnC1() () 222251a1又又C1， 215? ? ?2515353253n1Cn

52、1() () 222253n1? ? ?512 2531253n51() 5253nan5即即1() 215n5? ? ?25 15n15nan() () (nN) 522这就是著名的裴波那契数列的通项公式这就是著名的裴波那契数列的通项公式 an(三三)形如形如an1(r、p为常数，且为常数，且rp0)的简单分式递推的简单分式递推ranp数列的通项求法数列的通项求法 1p1将递推公式化为将递推公式化为r的形式，令的形式，令bn，则，则bn1pbnanan1anr. (1)若若p1，则，则bn1bnr(常数常数) 1此时此时bn为等差数列，首项为为等差数列，首项为b1，公差为，公差为r. a11

53、bn(n1)r a111即即(n1) r ana11an. 1? ?n1? ?ra1 (2)若若p1，由，由bn1pbnr，且，且r为常数为常数 r解特征方程，解特征方程，xpxr，得，得x. 1prrbn1p(bn) 1p1prr1r令令Cnbn，C1b1，Cn1pCn. 1p1pa11p1rCn是等比数列，首项为是等比数列，首项为，公比为，公比为p. a11p1rn1Cn()p. a11pr1rn1即即bn()p. 1pa11pr1rn1bn()p. 1pa11p1an(nN*) r1rn1? ? ? ?p1pa11p (四四)由递推式由递推式an1f(n)an(nN )给出的数列给出的数

54、列an的通项的通项 形如形如an1f(n)an(nN*)的递推数列没有一般的求解法则，的递推数列没有一般的求解法则，但有但有一些这样的递推数列还是可求的一些这样的递推数列还是可求的 n1例如例如(1)在数列在数列an中，中，a12，an1an，求通项，求通项an； n(2)在数列在数列an中，中，a11，an1(n1) an，求通项，求通项an； n(3)在数列在数列an中，中，a11，an12an，求通项，求通项an. *an1n1解解 (1)， anna2a3an23n n， a1a2an112n1an*即即n，an2n(nN ) a1an1(2)n1 ana2a3a4an234n， a1

55、a2a3an1an即即2 3 4n， a1ana12 34nn! an1(3)2n， ana2a3an a1a2an112n1222 12(n1)2 n? ?n1? ?2， 2n? ?n1? ?an即即2. 2a1n? ?n1? ?n? ?n1? ?ana122(nN*) 22说明说明 从上面可以看出，从上面可以看出，如果如果f(n)的前的前n项的积可求，项的积可求，那么由那么由递推式递推式an1f(n)an可用累乘法求通项可用累乘法求通项an. (五五)与与Sn有关的递推数列有关的递推数列an的通项的通项 在数列在数列an中，已知中，已知Sn32 an，求，求an. 22Sn在数列在数列an

56、中，已知中，已知a11，an(n2)，求，求an. 2 Sn1解解 anSnSn1 (32an)(32an1) 2 an2 an1(n2)， an2an1， an是等比数列，公比为是等比数列，公比为2，首项为，首项为a1S13. n1an3 2(n1) anSnSn1(n2)， 2Sn1(SnSn1)(2 Sn1)2S2n， 整理，得整理，得Sn1Sn2Sn1Sn. 1112，又，又a1S11，则，则1. SnSn1S11是等差数列，首项为是等差数列，首项为1，公差为，公差为2. Sn11(n1)22n1， Sn1Sn(nN*) 2n1当当n1时，时，a1S11. 22Sn1当当n2时时 ，将

57、将Sn代代 入入 原原 递递 推推 式式 中中 ，得得an 2n12. ? ?2n1?2n3? ?将将n1代入，设代入，设a121. 1 ? ?n1? ? ? ?an? ?2 ? ?n2? ? ? ? ?2n1?2n3? ?说明说明 在由递推式在由递推式Snf(an)中，有时是消去中，有时是消去Sn，如，有时是，如，有时是消去消去an，如，如.要灵活运用公式要灵活运用公式anSnSn1(n2). 方方 法法 路路 路路 通通 1数列具有函数的本质特征是指数列是由定义在自然数集或数列具有函数的本质特征是指数列是由定义在自然数集或其有限真子集上的函数，当自变量其有限真子集上的函数，当自变量n从小到大