数列通项公式的应用论文大学论文

绪论

数列是中学数学的一项重要内容，在中学数学体系中相对独立 ，但有一定
的综合性和灵活性.高中数学中的数列知识主要涉及等差、等比数列的通项公式
以及 数列求和等内容，能力要求较高.数列的通项公式是高中数学中最为常见的
题型之一,它既可考查转化与 化归的数学思想,又能反映中学生对等差与等比数
列理解的深度,具有一定的技巧性,因此经常渗透在数 学竞赛和高考中.同时也是
初等数学与高等数学的一个重要衔接点。
一扇门，打开它的关键 就是门上的锁和钥匙，而数列问题就像紧闭的门，数
列的通项公式与它的推导思路就是开门的关键。数列 可以看作是特殊的函数，特
殊在可以看作定义域为正整数集的函数当自变量依次取值时对应的一系列的函
数值，而数列的通项公式即这个函数的关系式。所以，推导数列的通项公式关键
是找出
a
n
与
n
的关系。在本文中讨论的方法也是函数中常用的技巧.
在 各类研究数列通项公式的资料中，推导数列通项公式的常用方法一般有：
公式法，待定系数法，不动点法 ，累加法，累乘法，归纳猜想法，构造等差或等
比数列法等.本文从实际出发，首先介绍在数列知识体系 中的一些相关概念及公
式，然后把上述方法比较系统的归纳为四大类：公式法、归纳猜想法、迭代法、< br>构造新数列法.解题思路由简单到复杂，难度一步步上升.不仅如此，内容安排上
把方法和应用相 结合，让读者更好的理解和掌握。
在应用举例中，有些一种类型的题可以用不同的方法解决，这种形式 有利于
开发中学生的发散思维能力，让学生在解决数列问题时从多方面综合考虑，以找
出最简便 的解法。怎样找准方法快速有效地推导呢？这就是本文所讨论的问题。

1 数列的相关概念.
1.1 数列
数列：按某种规定排列的一列数
a
1
,a< br>2
,
?
,a
n
,
?
,
称为数列。数 列中的每一个
数都叫做这个数列的项。排在第一位的数称为这个数列的第1项（通常也叫做首
项 ），排在第n位的数称为这个数列的第n项 ，也叫数列的通项
a
n
.
数列的通项公式：将数列{
a
n
}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。
通项
a
n
可以看作是项数n的函数
a
n
?f(n)
.当然，不是所有的数列都能写
出它的通项公式，如：一个学校的学生的考试成绩由高到矮组成的数列， 就很难
写出其通项公式.
1.2 基本数列的通项公式
高中学习的数列有两种最基本的数列：等差数列与等比数列
等差数列：一般地，如果一个数列从第2项 起，每一项与它的前一项的差等
于同一个常数，这个数列就叫做等差数列.这个常数叫做等差数列的公差 ，公差

通常用字母d表示.
如果等差数列的首项为
a
1
，公差为 d ，那么这个数列可以写成

a
1
,a
1
?d,a< br>1
?2d,?,a
1
?(n?1)d,?

的形式，所以等差数列的通项公式为

a
n
?a
1
?(n?1)d


等比数列：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个
常数，这个数列就叫做等比数 列。这个常数叫做等比数列的公比 ,通常用q 来
表示。
如果等比数列的首项为
a
1
，公比为 q ，那么这个数列可以写成

a
1
,a
1
q, a
1
q
2
,?,a
1
q
n?1
,?

的形式，所以，等比数列的通项公式是

a
n
?a
1
q
n?1

递推数列 ：根据等差数列的概念，形成等差数列的条件可以看作任一项与前
一项的差为常数，即
a
n?1
?a
n
?d
，像这样表示若干个相邻项之间的关系式叫做
数 列的递推式.一个数列的第n项
a
n
与前面的
k
项
a
n?1
,a
n?2
,
?
,a
n?k
的关系
a
n
?f(a
n?1
,a
n?2
,?,a
n?k
)
称为
k
阶递推关系，由
k
阶关系及给定的前
k< br>项
a
1
,a
2
,
?
,a
k
的值所确定的数列叫做
k
阶递推数列.
在高中数学中，很多关于数列的题的 题干都是以递推式的形式给出，如
a
n?1
a
n
?a
n?1
?a
n
、
a
n?1
?
公式的难度。
2a
n
?1
、
a
n?1
?pa
n
?q
等.这样就加大了推导数列通项
3
2 数列通项公式的几种推导方法
2.1公式法

类型一 若题型中已知数列{
a
n
}为等差或等比数列，则 可直接利用公式求
a
n
.
类型二 若已知数列的前
n项和
s
n
与n的关系式
s
n
?f(n)
,则利 用公式

?
S
n
????
n?1
a
n
?
?
?
S
n
?S
n?1
?
n? 2

求出数列的通项.
这两类型是数列问题中最直接，最简单的解法。
2.2 归纳猜想法
在数列的有关题型中 ，有些明确给出了一个数列的前几项，如1，
8,27,64,125，…要求求出这个数列的通项。这 类题一般以选择题或填空题的形
式出现。解决此类型的题，快速准确是关键，所以，用猜想归纳的思想能 有效的
解决问题。
首先，运用观察法，从数列的前几项中找出规律性的结论，归纳猜想得出
a
n
或其相关项，然后把前几项代入结论中检验其是否正确。
从上述的数列 中可以观察出，该数列为典型的立方数列，规律为：
1
3
，
2
3，
3
3
3
，
4
3
，
5
3…，所以我们可以猜想出其通项公式为
a
n
?n
.
当然，选择 题和填空题并不要求写出其解答过程，归纳猜想出来的通项公式
只是一个合理猜想，如若遇到解答题，我 们猜想出来的公式就还需要用数学归纳
法的思想去检验.

2.3迭代法

所谓迭代法，就是层层代入，用旧的变量递推新变量的过程，用迭代法解
决数列问题关键是寻找 各等式之间的联系，从而求出数列的通项公式。最常见的
方法是累加，累乘法.

2.3.1累加法
累加法，一般适用于递推数列
a
n?1
?an
?f(n)
的类型，遇到此类型的题，一
般题干中会告诉
a
1
的值，解题思路为：首先把等式化为

a
n?1
-a
n
?f(n)
，
再把当n=1,2,3,4…分别代入上述等式中得
a
2
?a
1
?f(1)

a
3
?a
2
?f(2)

a
4
?a
3
?f(3)
…

a
n
?a
n?1
?f(n?1)
a
n?1
?a
n
?f
?
n
?

第一式与第二式相加左边消去了
a
2
, 再与第三式相加消去了
a
3
,依次累加后
得

a
n?1
?a
1
?f
?
1
?
?f
?
2
?
?
?
?f
?
n
?
，
所以

a
n
?a
1
?f
?
1
?
?f
?< br>2
?
?
?
?f
?
n?1
?
，
变式得

a
n
?f?
1
?
?f
?
2
?
???f
?
n
?
?a
1


注：
f
?
1< br>?
?f
?
2
?
???f
?
n
?的结果必然是关于n关系式.在求和过程中可能会
涉及到等差、等比数列的求和方法。

2.3.2累乘法
累乘法的思想与累加法本质上是一样的， 在数列中如果遇到
a
n?1
?f(n)a
n
这
种类型，通常先把等式化为
式 中得
a
2
?f
?
1
?


a
1
< br>a
n?1
?f(n)
，分别令
n?1,2,3,??????,(n? 1)
，再层层代入等
a
n
a
3
??

a
2
?f2

…

a
n
?f
?
n?1
?

a
n?1
a
n?1
?f
?
n
?

a
n

令各项累乘得

化简得
a
n?1< br>?f
?
1
?
f
?
2
?
?
f
?
n
?
，
a
1

a
n
?1
?
f
?
1
?
f
?
2
?
?
f
?
n
?
a
1
.
所以

a
n
?
f
?
1
?
f
?
2
?
?
f
?
n
?
a
1
，
由此可求出数列通项.


2.4构造新数列法

构造法就是在解决某些数学问题的过程中，通过对条件与结论的充分剖析，
有时会联想出一种适当的辅助 模型，以此促成命题转换，产生新的解题方法，这
种思维方法的特点就是“构造”。
在数列求通项的有关问题中，经常遇到即非等差数列，又非等比数列的求通
项问题，特别是给出的数列相 邻两项是线性关系，数列递推式较复杂的题型。如
果题型简单，我们可以通过不完全归纳法进行归纳、猜 想，然后借助于数学归纳
法予以证明，然而用数学归纳法证明虽然有固定的模式，但过程繁琐，用时较多 ，
而且在新版教材中，数学归纳法的思想很少提到，因而我们遇到这类问题，就要
避免用数学归 纳法的思想。构造新的数列，具有辅助计算的效果，一般是构造等
差，等比数列，这样就可以套用等差等 比数列的固定通项模型来解决问题。主要
方法有待定系数法，不动点法，特征根法等。
2.4.1 待定系数法
待定系数法主要适用于一阶递推式
a
n?1< br>?pa
n
?q
；（其中p，q均为常数，
p?1,pq?0
） 、
a
n?1
?pa
n
?qn?c
（p,q,c为常数，p?1
,
pq?0
）等.
类型一：
a
n?1
?pa
n
?q
（其中p，q均为常数，
p?1,pq?0
）
假设原递推公式为

a
n?1
?t?p(a
n
?t)
，
其中
t?
q
，计算出t后，就构造成了一个以
a
1
?t
为首项， 以p为公比的等比
1?p
数列{
a
n
?t
}，从而推导出< br>a
n
?t
的通项公式。
类型二
a
n?1
?pa
n
?qn?c
（p,q,c为常数，
p?1
,
pq?0
)
此类型为类型一的变式 ，既然类型一能化成等比数列，那么假设类型二也能
构造成等比数列，假设原递推公式为

a
n?1
?A(n?1)?B?p(a
n
?An?B)
，
化简得

a
n?1
?pa
n
?(pA?A)n?pB?A?B
，
又因为

a
n?1
?pa
n
?qn?c

所以，系数对应相等得

pA?A?q


pB?A?B?c

解方程组得

A?
q
p?1

B?

cq
?
p?1
?
p?1
?
2

由 此计算出AB后就构造了一个以
a
1
?A?B
为首项，p为公比的等比数列< br>?
a
n
?An?B
?
.
用待定系数法求解 通项公式，它的核心是通过“待定”将递推公式转化为一
种新的等比数列。通过求新等比数列的通项公式 从而求出原数列的通项公式，其
实类型一与类型二可归结为
a
n?1
?pa< br>n
?f(n)
，
f(n)
可以为常函数，一次函数，
二次函数 ，指数函数，幂函数等，其基本解题思路是在递推式两边加上相同性质
的量，使之成为等差或等比数列.
2.4.2 不动点法
方程
f(x)
=x称为函数
f(x )
的不动点方程，其根称为函数
f(x)
的不动点.
对于较复杂的数列递推式 ，用其他方法难以解决的，可以用不动点法推导数列的
通项。如一阶递推式
a
n?1< br>?pa
n
?q
;分式递推式：
a
n?1
?
h
r
pa
n
?q
（其中
p、q、r、
ra
n
?h
h
均为常数，且
ph?qr,r?0,a
1
??
），都可建立不动点方程.
类型一：一阶线性递推式
a
n?1
?pa
n
?q
(
p?1,pq?0
)（ 对问题中的递推
关系式作出一个方程
x?px?q
，解出方程的解
x?
q
,在原递推式两边同时减
1?p
去< br>x?
qq
q
?p(a
n
?)
，构造出一个公比为p的 等比数列，，得到
a
n?1
?
1?p1?p
1?p
由此推导 出数列的通项公式.

类型二：分式递推式
a
n?1
?
pa
n
?q
， < br>ca
n
?d

数列
?
a
n
?< br>的特征方程为
f
?
x
?
?
px?qpx?q
?x
，解出不动点设为m ，由, n
cx?dcx?d

1.若不动点m = n ，原递推式两边同时减去m，化解后得
1
2c
112c,推出一个新等差数列{}，公差为.由此推
??
p?d
a
n
? m
a
n?1
?ma
n
?mp?d
导出
a
n
.
2.若不动点
m?n
,递推式两边分别同时减去m,n,再用两式相除 得：
a?m
a
n?1
?ma?m
p?mc
?k
n< br>，其中
k?
，推出一个新等比数列{
n
}，公比为
a
n
?n
a
n?1
?na
n
?n
p?nc
k ?
p?mc
.
p?nc
2.4.3 其他构造方法
一种类型的题 可以有不同的解法，在构造新数列的过程中，最重要的是转化
思想，上述的针对递推式的待定系数法，不 动点法在高中数学中相对比较容易理
解，下面介绍几种不常用的构造新数列的方法.
特征根法
类型一 ：一阶递推式
a
n?1
?pa
n
?q
，针 对问递推关系式作出一个方程
x?px?q,
称之为特征方程，特征根为
x
1
.
若
a
1
?x
1
,
则
a
n
?x
1
,n?N
?
;

若
a
1
?x
1
，则
a
n
?b
n
?x
1
，其中
{b
n
}
是以
p
为公比的等比数列，即b
n
?b
1
p
n?1
,b
1
?a1
?x
1
.
类型一 对于由二阶递推式
a
n?2
?pa
n?1
?qa
n
，给出的数列
?
a< br>n
?
，方程
x
2
?px?q?0
，叫做数列
?
a
n
?
的特征方程.
（1） 当方程有两相同的特征根< br>x
1
，数列
?
a
n
?
的通项为
a< br>n
?(A?B)x
1
n?1
，其
中A，B由
a
1
，a
2
决定,即把
n?1,2
，代入
a
n?(A?Bn)x
1
n?1
，得到关于A、B的方
程组，解出A,B后， 就得到数列
?
a
n
?
的通项.
（2）当特征方程有 两个相异的特征根
x
1
,x
2
时，数列
?
a
n
?
的通项为
n?1
，其中A，B由
a
1
，a< br>2
决定，即把
a
1
,a
2
,x
1
, x
2
和
n?1,2
，代入
a
n
?Ax
1< br>n?1
?Bx
2

n?1
，得到关于A、B的方程组，解 出A,B后，就得到数列
?
a
n
?
的通
a
n
?Ax
1
n?1
?Bx
2
项.
类型二，对于 分式递推式
a
n?1
?
pa
n
?q
px?q
，可作特征根方程
x?
，
cx?d
ca
n
?d
（1） 当特征方程有两相同的特征根
x
1
时，
若
a< br>1
?x
1
,
则
a
n
?x
1
,n?N
?
;

若
a
1
?x
1
，则
a
n
?
11c
?x
1
,n?N
?
,
其中
b
n
??(n?1),n?N
?
.
b
n
a
1
?x
1
p?cx
1
（2）当特征方程有两个相异的特征根
x
1
,x
2
时，则
a
n
?
x
1
c
n
?x
2
?
，
n?N,

c
n
?1
其中
c
n
?
a
1
?x
1
p?x
1
c
n?1
(),n?N
?
.
a
1
?x
2
p?x
2
c
特征根 法主要针对这三类型的递推式，有固定的公式，相比迭代法，待定
系数法，无技巧可言.但计算简单，所 以，当遇到此类型的题若要用此方法时，
最好正确的记住每种类型的公式,然后再进行解题.
换元法高中函数一章节中我们经常用换元法来解决当函数式中有根号的情
况，数列是特殊的函数，用换元 法解题省去了繁长的计算
倒数法：数列中有形如
f
?
a
n ?1
,a
n
,a
n?1
a
n
?
?0
的关系，如
a
n?1
a
n
?a
n?1
?a
n
可在
等式两边同乘以

1
a
n?1
a
n
，构造一个新等差数列，求出
1
,再求得a
n
.

a
n
3.数列通项公式方法的应用
例1：（2012年普通高等学 校招生全国统一考试湖北卷）已知等差数列
前三项的和为3，前三项的积为8，求等差数列{
a
n
}的通项公式。
解：设等差数列的公差为d，则

a
2
?a
1
?d

,a
3
?a
1
?2d,

由题意得
3a
1
?3d??3




a
1
(a
1
?d)(a
1
?2d)?8

解得
a
1
?2

d??3
或
a
1
??4


d?3


所以，由等差数列通项公式可得

a
n
??3n?5

或
a
n
?3n?7


此题解题方法为公式法的类型一.由题意可知，该数列为等差数列，所以可
以直接套用 等差数列的公式来求通项，
例2：已知数列{
a
n
}的前n项和
s
n
?n
2
?1
，求
a
n
.

解:当n=1时
a
1
?s
1
?1?1?0

当
n?2
时

< br>a
n
?s
n
?s
n?1
?(n
2
? 1)?[(n?1)
2
?1]?2n?1
,


由于
a
1
不适合于此等式 ，所以
?
0

a
n
?
?
?
2n?1
(n?1)
(n?2 )

此题解题方法是公式法的类型二，但需要注意的是求出的首项要代入通项中
检验是否也符合.
例3.写出下列数列的通项.
(1)0,7,26,63,124,…

(2)
?
1573
,1,
?
,,
?
…
2452
解：（1）中通过观察可以化为
1
3
?1
，
2
3
?1
，
3
3
?1
，
4< br>4
?1
…所以通项
a
n
?n
3
?1
.
(2)中是分数的数列，分子分母从表面上观察不出规律，但把1和
?
?
3
通分后
2
13579
可以看出分母是以2为首项的等差数列，分子是从1开 始的奇
,,?,,?
23456
2n?1
a
n
?(?1)< br>n
数，且项数为奇数时为负，所以
n?1
.
归纳猜想法的应 用关键在于如何利用有限的信息猜出通项，要做好这一点需
要清楚数列的本质，它是项数与项之间的函数 关系，通过已知的有限项去建立一
种数学模型，如一次式、二次式、分式、指数式、对数式等形式。
例4：已知数列
?
a
n
?
满足
a
2
?2
，
a
n
?a
n?1
?
1
（< br>n?2
），求
a
n
。
n
2
?n
分析：观察题干，
a
n
?a
n?1
?f(n)
，此题明显可 用迭代法中的累加法进行求
解.
解：由题意得

a
n
?a
n?1
?
=
=
令n=2,3,…代入（1）式得

1
?1

2
11

a
4
?a
3
??

32
…
11
?
，
a
n
?a
n?1
?
n?1n
各式累加得
1
a
n
?a
2
??1?

n
，
1
即
a
n
?a
2
?1?
（2）
n
a
3
?a
2
?
1

2
n?n
1

n
?
n?1
?
11
?
（1）
n?1n

因为
a
2
?2
，代入（2）式得

a
n
?1?
1

n
n?1
a
n< br>（
n?1
），求
a
193
.
2n?1
分析：这道题求数列的193项具体值，虽然题干中没有明确说明是求通项，
n?1
a
n
中来求答案显然不可能，但如果把首项
a
1
?2
依次代入
a
n?1
?
所以观察可
2n?1
n?1
知，设
f( n)?
，很明显
a
n?1
?f(n)a
n
可以用迭代法中的 累乘法求数列的通
2n?1
例5：已知数列
?
a
n
?
满足
a
1
?2
，
a
n?1
?
项公 式.然后再求
a
193
.
解：由题意可知，因为

a
n?1
?
所以

分别令
n?1,2,3,??????,(n?1)
,有

a
2
2
?

a
1
3
a
3
3
?

a
2
5
n?1
a
n
，
2n?1
a
n?1
n?1
.
?
a
n
2n?1

…

各项等式相乘，有

又因为
a
1
?2
，代入上式得

a
n
?
所以

a
193
?
4
385
.
4
，
2n?1
a
n
n
?
.
a
n?1
2n?1
a
n
2
?
,
a
1
2n?1

例4与例5是典型的数列类求通项的题 ，当遇到
a
n?1
?a
n
?f(n)
与
a
n?1
?f(n)a
n
类型时，用迭代的思想解决快速又简单.
3a
n
?2
n
4
例6.已知数列{
a< br>n
}中，
a
1
?
，
a
n?1
?，求{
a
n
}的通项。
7
5
解题思路：< br>a
n?1
3a
n
?2
n
32
n
?< br>中可以看成是
a
n?1
?a
n
?
，很显然是一阶递< br>555
推式
a
n?1
?pa
n
?f(n)
的 类型，推导这种类型的通项公式，可以用待定系数法.
解：由题意得

a
n?1
假设存在A,使得

a
n?1
?A?2
n?1
?
化解有

a
n?1
?
即
37
a
n
?（?A)?2
n
,
55
n
32
n
?a
n
?
.
55
3
(a
n
?A?2
n
)
(1)
5
2
7

?A?2
n
=,
5
5
所以
1

A??
(2)
7
把（2）代入（1）得
131

a
n?1
??2
n?1
?(a
n
??2
n
)
，
757
2
3
1
所以，数列{
an
??2
n
}是以
a
1
?
为首项，为公比的等 比数列，该数列通项公
5
7
7
式为
2
?
3
?
1

a
n
??2
n
=（
a
1
?
）??
7
?
5
?
7
n?1
，
又因为
a
1
?
4
，所以
7
n?1
2
?
3
?

a
n
?
??
7
?
5
?
2
n
.
?
7
此题中因为
a
n?1
?pa< br>n
?f(n)
中的
f(n)
为指数型函数，所以待定系数法最为

合适，若
f(n)
为常数函数，如
a
n?1
?3a
n
?2
，则此题可以用待定系数法、不动点
5
法、以及特征 根法解决，其中以待定系数法最为方便简单.
例8已知数列
?
a
n
?
中，
a
1
?2
，
a
n?1
?
解 ：因为
?
a
n
?
的特征函数
f(x)?
所以
x
1
??1
或
x
2
??2

解法一（不动点法）-1和-2为相异的不动点，所以设存在k,使得


所以
a
n?1
?1a?1
，
?k
n
a
n?1
?2a
n
?2
4a
n
?2
，求
?
a
n
?
的通项。
a
n
?7
4x?24x?2
?x
,
x
2
?3x?2?0
， ,由
f(x)?
x?7x?74a
n
?2
?1
a?7a?1
?k?
n

n
，
4a
n
?2
a
n
?2
?2
a
n
?7
化简有


k?
所以有

a
n?1
?1
5
a
n
?1
?
.
a
n?1
?26a
n
?2
5
，
6
?
a?1
?
5
a
1
?1
因此数列
?n
是以为首项，公比为的等比数列.其通项公式为
?
6
a?2
1
?
a
n
?2
?
a?1
a
1
?1
?
5
?

n
? ?
??
a
n
?2a
1
?2
?
6
?

n?1
n?1

?
5
?
4?6
??
?
6
?
即
a
n
?
n?1
?
5
?
3
???4
?
6
?
解法二：（特征根法）因为两相异的特征根为
x
1
??1
，
x
2
??2
，所以

a
n
?
其中
x
1
c
n
?x
2
，n?N
?
,
c
n
?1
a
1
?x
1
p?x
1< br>c
n?1
()

a
1
?x
2
p?x
2
c
n?1

c
n
?
2?1
?
4?1?1
?
=
??
2?2
?
4?2?1
?
5
?
=
3
?
??
4
?
6
?
所以
n?1

，

a
n
?
3
?
5
?
?1?
??4
?
6
?
3
?
5
?
??
4< br>?
6
?
n?1
?2
，n?N
?

? 1
n?1
?
5
?
4?6
??
?
6
?
. =
n?1
?
5
?
3
??
?4
?
6
?
n?1
结论
在上述推导数列通项公式的方法中应用中，有些是用现有的公式直接求解，< br>如例1，例2.这类型的题是数列类问题中属于比较简单的，根据题意直接带入公
式计算即可。而 稍加复杂，具有一定技巧性的为归纳猜想法，累加法，累乘法的
应用，如例3 例4 例5，但只要清楚 题型是属于哪种类型的，寻找相应的方法
问题就迎刃而解.在本文中最复杂，最多变，技巧性较高的类型 应该是构造新数
列法。根据给出的递推关系式构造出新的数列，一阶递推式可以采用待定系数法，
不动点法以及特征根法，二阶递推式可以用特征根法，分式递推式可以用不动点
法和特征根法，每种方 法都具有较高的技巧性，需要注意其转化思想的应用。当
然，数列的题型千姿百态，有些上述的方法不一 定都适用，所以在解题思想方法
上要懂得随机应变，找到合适的解决途径。

参考文献
[1] 昊成福.递推数列通项公式求解策略[J].青海教育.2002,第八期,69-70.
[2] 茂木勇.数列与极限[M].高子平、梁国仪、李成仁.北京文化教育出版社，1981，122.
[3] 矢野健太郎.数学解题技巧[M].颜秉海、颜建设.哈尔滨：黑龙江人民出版社.1983,56
[4] 曾庆荣.数列通项公式的八种常规求法[J]广东教育综合版.2006,第24期,1-3.
[5] 陈传理、张同君.竞赛数学教程[M].第2版.北京：高等教育出版社，2005,95-119.
[6] 孙景年.中学数学的概念、公式和例题[M]上海：上海科技技术出版社,1981,116.
[7] 师达.奥赛急先锋[M].北京：中国少年儿童出版社,2002,112-113.
[8] 李生滨.高中数理化生公式定理.大连理工大学出版社,2008,35.
[9] 毕唐书.全线突破.高考总复习· 数学（理科版）[M].北京：中国社会出版社，2005,13.
[10] 余元希.初等代数研究（下册）[M].北京：高等教育出版社，1988（2004重印）,344-345.