四川高考用全国卷几-工程技术大学
三大类递推数列通项公式的求法
湖北省竹溪县第一高级中学 徐 鸿
一、一阶线性递推数列求通项问题
一阶线性递推数列主要有如下几种形式:
1.
这类递推数列可通过累加法而求得其通项公式(数列{f(n)}可求前n项和).
当
则
为常数时,通过累加法可求得等差数列的通项公式.而当
为二阶等差数列,其通项 公式应当为
为等差数列时,
形式,注意与等
差数列求和公式一般形式的区别,后者是< br> 2.
,其常数项一定为0.
这类递推数列可通过累乘法而求得其通项公式(数列{g(n)}可求前n项积).
当
3.
这类数列通常可转化为
.
例1已知数列中,,求
型递推数列.
的通项公式.
为常数时,用累乘法可求得等比数列的通项公式.
;
,或消去常数转化为二阶递推 式
解析:解法一:转化为
∵
∴
,即
又
.
,故数列{}
是首项为2,公比为2的等比数列.∴
解法二:转化为
∵
型递推 数列.
=2x
n-1
+1(n
≥
2) ① ∴=2x
n
+1 ②
(n
≥
2),故{
,再用累加法得
}是首项为x
2
-x
1
=2,
.
②-①,
得
公比为2的等比数列,即
解法三:用迭代法.
当然,此题也可用归纳猜想法求之,但要用数学归纳法证明.
例2 已知函数
求数列
的反函数为
的通项公式.
解析:由已知得,则.
令
=
,则.比较系数,得.
即有.∴数列{}是以为首项,为
公比的等比数列,∴,故.
评析:此题亦可采用归纳猜想得出通项公式,而后用数学归纳法证明之.
(4)
若取倒数,得
(5)
,令,从而转化为(1)型而求之.
;
这类数列可变换成
例3 设数列
,令,则转化为(1)型一阶线性递推公式.
求数列的通项公式.
解析:∵
,
两边同除以
,
得
.
令
,
则
有
.
于是,得
,∴
数列是以首项 为,
公比为的等比数列,故
,
即
求数列
,从而
的通项公式.
.
例4 设
解析:设用代入,可解出.
∴是以公比为-2,首项为的等比数列.
∴
,
即
(6)
这类数列可取对数得
.
,从而转化为等差数列型递推数列.
二、可转化为等差、等比数列或一些特殊数列的二阶递推数列
例5 设数列
的通项公式.
求数列
解析:由可得
设
故即用累加法得
或
例6 在数列
项公式.
解析:可用换元法将其转化为一阶线性递推数列.
求数列的通
令使数列是以 为公比的等比数列(待定
).
对照已给递推
的两个实根.
即
式, 有即
∴
从而
∴ ①
或 ②
由式①得;由式②得.
消去
例7 在数列
解析:由
式②+式①,得
==-1.
.
求.
①,
得
,
从而有
②.
.∴
数列是以6为其周期.故
三、特殊的n阶递推数列
例8 已知数列
的通项公式.
解析:∵
满足
,求
①
②
∴
②-①,得.∴故有
将这几个式子累乘,得
又
例9 数列{
解析:由
式①-式②,得
}满足
①,得
,或
,求数列{}的同项公式.
②.
,故有
.
∴,.
将上面几个式子累乘,得,即.
∵
也满足上式,∴.
特征方程法求解递推关系中的数列通项
考虑一个简单的线性递推问题.
设已知数列的项满足
其中求这个数列的通项公式.
采用数学归纳法可以求解这一问题,然而这样做太过繁琐,而且 在猜想通项公式中容易
出错,本文提出一种易于被学生掌握的解法——特征方程法:针对问题中的递推关 系式作出
一个方程
理形式进行阐述.
称之为特征方程;借助这个特征方程的根快速求解通项公式.下面以定
定理1 设上述递推关系式的特征方程的根为
,其中
.
,则当
是以
时,为常 数列,即
为公比的等比数列,即
证明:因为由特征方程得作换元
则
当
当
时,
时,
,数列
,
是以为公比的等比数列,故
为0数列 ,故(证毕)
下面列举两例,说明定理1的应用.
例1 已知数列满足:求
解:作方程
当时,数列是以为公比的等比数列.于是
例2 已知数列
当
满足递推关系:
是常数数列?
其中为虚数单位.
取何值时,数列
解:作方程则
要使为常数,即则必须
现在考虑一个分式递推问题(*).
例3 已知数列
式.
满足性质:对于且求的通项公
将这问题一般化,应用特征方程法求解,有下述结果.
定理2 如果数列满足下列条件:已知的值且对于,都有
(其中p
、
q
、
r
、
h均为常数,且
(1)当特征方程有两个相同的根
若则
),那么,可作特征方程
(称作特征根)时,
.
若
当存在
,则
使时,无穷数列
其中
不存在.
特别 地,
(2)当特征方程有两个相异的根、(称作特征根)时,则,
其中
证明:先证明定 理的第(1)部分.
作交换
则
①
∵是特征方程的根,∴
将该式代入①式得 ②
将代入特征方程可整理得这与已知条件矛盾.故特征方程的
根
当
当
于 是
,即
即
③
=时,由②式得故
此时可对②式作如下变化:
时,由②、③两式可得
④
由是方程的两个相同的根可以求得
∴
将此式代入④式得
令
差数列.
则故数列是以为公差的等
∴
其中
当时,
当存在
不存在的.
使时,无意义.故此时,无穷数列是
再证明定理的第(2)部分如下:
∵特征方程有两个相异的根、,∴其中必有一个特征根不等于,不妨令
于是可作变换
故,将代入再整理得
⑤
由第(1)部分的证明过程知
故
不是特征方程的根,故
所以由⑤式可得:
⑥
∵特征方程有两个相异根、方程有两个相
异根、,而方程与方程又是同解方程.
∴
将上两式代入⑥式得
当即时,数列是等比数列,公比为.此时对于都有
当即时,上式也成立.
由且可知
所以(证毕)
注:当时,会退化为常数;当时,可化归为较易解
的递推关系,在此不再赘述.
现在求解前述例3的分类递推问题.
解:依定理作特征方程变形得其根为故
特征方程 有两个相异的根,使用定理2的第(2)部分,则有
∴
∴
即
例4 已知数列
(1)若
时,无穷数列
求
满足:对于
(2) 若
都有
求(3)若求
(4)当取哪些值
不存在?
解:作特征方程
变形得
特征方程有两个相同的特征根依定理2的第(1)部分解答.
(1)∵
(2)∵
对于都有
∴
令,得
.故数列从第5项开始都不存在,
当≤4,
(3)∵
时,
∴
.
∴
令则∴对于
∴
(4)显然当
知,
时,数列从第2项开始便不存在.由本题的第 (1)小题的解答过程
是存在的,当时,则有时,数列
令
且≥2.
则得
∴当(其中且N≥2)时,数列从第项开始便不存在.
于是知:当
在.
在集合或且≥2}上取值时,无穷数列都不存
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