数学高二(上)沪教版(求数列的通项公式----构造等差(比)数列求数列的通项)教师版

年级：高二辅导科目：数学课时数：3课题求数列的通项公式----构造等差（比）数列求数列的通项教学目的掌握通过构造等差或等比数列来求数列的通项公式的方法教学内容【知识梳理】1、等差数列的通项公式及其推导方法2、等比数列的通项公式及其推导方法【典型例题分析】1、利用待定常数法（也是最常考的一种方法）例1、已知数列｛an｝中，若a1=1，且an+1=3an-4(n=1,2,3,…).求数列的通项公式an.分析：若关系式是an+1=3an即为等比数列，因此考虑处理-4，若能化为an+1+x=3(an+x),则可构造等比数列｛an+x｝。解：设an+1=3an-4恒等变形为an+1+x=3（an+x)，即an+1=3an+2x,比较系数得：x=-2an+1-2=3(an-2)数列｛an-2｝是以a1-2=-1为首项，公比为3的等比数列an-2=（-1）3n-1即an=-3n-1+2.说明：给出一阶递推关系式形如BAaann1(n=1,2,…),A、B为常数，均可使用待定常数法，构造等比数列求出通项。变式练习1：已知an中a13且aann211求此数列的通项公式.解：)(21tatann，则taann12.与aann211进行比较，可得t=1，则有1211nnaa.设bann1，则有bbnn21.∴bn是以ba1112为首项，2为公比的等比数列122nnb∴，∴1212211nnnnba例2、已知数列｛an｝中，前n项和sn=2an-3n,求数列的通项公式an.分析：已知等式中不是递推关系式，利用1nnnssa可转化为：an-2an-1=213n,考虑3n-1是变量，引入待定常数x时，可设an-xn3=2(an-1-x13n),从而可构造等比数列。解：a1=s1=2a1-3则a1=3，当n2时，1nnnssa=（2an-3n）-（2an-1-3n-1）即an-2an-1=213n,设其可恒等变形为：an-xn3=2(an-1-x13n)，即an-2an-1=x13n,比较系数得：x=2.an-2n3=2(an-1-213n)数列｛an-2n3｝是以a1-6=-3为首项，公比为2的等比数列。an-2n3=（-3）2n-1an=2n3-312n.说明：对于型如an=Aan-1+f(n)（A为常数）的一阶递推关系式。可利用待定常数法，构造等比数列；但须体现新数列相邻两项的规律性，设其可恒等变形为：an-xg(n)=A[an-1-xg(n-1)],若x存在,则可构造等比数列{an-xg(n)}。变式练习1：已知数列na中，1a=92，113232nnnaa（n≥2），求na.解：将原递推式化作：232311nnnnaa，则2323211nnnnaa两式相减得)3(323211nnnnaaaa∴数列{13nnaa}是以首项为94，公比为32的等比数列.∴13nnaa=94×1)32(n，又232311nnnnaa∴na=13)21(2nn.变式练习2：设数列11132(*)nnnnxxxxnN.｛｝满足：，求数列nx｛｝的通项公式．解析：∵132nnnxx，两边同除以12n，得11312222nnnnxx．令322nnnxy，则有13122nnyy．于是，得131(1)2nnyy，∴数列1ny｛｝是以首项为37144，公比为32的等比数列，故1731()42nny，即173()142nny，从而2117323nnnx．2、利用配方法有些递推关系式经“配方”后，可体现等差（比）的规律性。例3、设an0，a1=5，当n2时，an+an-1=17nnaa+6,求数列的通项公式an。分析：给出的递推关系式不能反映规律性，因此考虑去分母得：a2n-a2n-1=7+6(an-an-1),为体现规律性，变形为：a2n-a2n-1-6an+6an-1=7，即（an-3）2-(an-1-3)2=7.解：由an+an-1=17nnaa+6（n2）变形为：a2n-a2n-1=7+6(an-an-1)即（an-3）2-(an-1-3)2=7（n2）数列{2)3(na}是以(a1-3)2=4为首项，公差为7的等差数列2)3(na=4+7（n-1）=7n-3，而an0an=37n+3说明：递推关系式中含有二次项、一次项时可考虑用配方法，揭示规律，构造等差（比）数列。3、利用因式分解有些递推关系式经因式分解后，可体现等差（比）的规律性。例4、已知数列｛an｝是首项为1的正项数列，且a2n+1+3an+1-2a2n+3an-anan+1=0求数列的通项公式an。分析:由已知递推关系式，若配方，则无法配成完全平方或完全平方项之和。因此考虑用因式分解化简，寻求更实质的关系。可变形为：an+1（an+1+3）+3an-anan+1+an（-2an）=0。解：由已知有：an+1（an+1+3）+3an-anan+1+an（-2an）=0（an+1+an）[（an+1+3）-2an]=0，而an0an+1+3-2an=0，则利用待定常数法有（an+1-3）-2（an-3）=0数列{an-3}是以a1-3=-2为首项，公比为2的等比数列。an-3=（-2）2n-1即an=3-2n说明：因式分解能达到化简的目的，使递推关系式简化，凸显规律性。变式练习：设na是首项为1的正项数列，且01212nnnnnanaaa，（n∈N*），求数列的通项公式na.解：由题设得0))((11naaaannnn.∵0na，01na，∴01nnaa.∴naann12)1(321)()()(123121nnnaaaaaaaannn4、利用对数有些数列的递推关系式看起来比较复杂，但通过取对数变行后，往往能构造出简单数列（如等差、等比数列），揭示规律。例5、设a0,如图，已知直线L:y=ax及曲线C:y=x2,C上的点Q1的横坐标为a1(0a1a),从C上的点Qn(n1)作直线平行X轴，交直线L于点Pn+1,再从点Pn+1作直线平行Y轴,交曲线C于点Qn+1；点Qn（n=1,2,3,…）的横坐标构成数列{an},(I)试求an+1与an的关系，并求数列{an}的通项公式。（II）、（III）两题略（2003年江苏高考第22题）分析：通过点Qn与Pn+1的纵坐标的关系、Pn+1与Qn+1横坐标的关系，建立an+1与an的递推关系式：an+1=aan2，用配方法无法揭示规律，为降次，考虑两边取对数，从而可构造等比数列。解：由点Qn在曲线C上，则Qn（an，an2）；而Qn与Pn+1纵坐标相同，且点Pn+1在直线L上，则Pn+1（aan2，an2），因Qn+1与Pn+1横坐标相同，所以an+1=aan2。两边取对数得：lgan+1=2lgan–lga，则由待定常数法得：lgan+1-lga=2（lgan–lga）数列{lgan–lga}是以lga1–lga为首项，公比为2的等比数列lgan–lga=（lga1–lga）2n-1an=a(aa1)12nQ2Q3Q1P1P2xOylc变式练习：正项数列{an}中，a1=1，a2=10，当n3时，an2an-1-3an-2=1，求数列的通项公式an。分析：已知递推关系式是相邻三项之积且各项次数不同，则两边取对数后，可转化为加、减运算，即：2lgan-3lgan-1+lgan-2=0,从而可构造等比数列。解：由已知递推关系式两边取对数得：2lgan-3lgan-1+lgan-2=0（n3）变形为：2（lgan-lgan-1）=lgan-1-lgan-2（n3）数列{lgan-lgan-1}（n2）是以lga2-lga1=1为首项，公比为21的等比数列lgan-lgan-1=（21）n-2（n2）lgan=lga1+（lga2-lga1）+（lga3-lga2）+…+（lgan-lgan-1）=lg1+（21）0+（21）1+…+（21）n-2=211)21(11n=2-（21）n-2（n2）an=2)21(210n（n2）,而当n=1时亦满足。an=2)21(210n（n1）说明：①从例5、例6可看出，若正项数列{an}的递推关系式型如an+1=Aan（其中A为正常数，N）或相邻几项积的形式，可采用取对数的方法，构造等比（差）数列，顺利求出通项。②由例6，已知递推关系式取对数后化为型如pqxpxxnnn(11、q均为常数，q≠0）的二阶递推关系式，当p+q=1时，可恒等变形为))(1(11nnnnxxpxx，从而构造等比数列{nnxx1}。③例6中结合应用了累加法的变形公式，即由(2a-1a)+(23aa)+…+(1nnaa)=na-1a变形得：na=1a+(2a-1a)+(23aa)+…+(1nnaa)其中n≥2。5、利用倒数有些数列的递推关系式，经取倒数变形后，显现出规律性，可构造等比（差）数列。例6、已知x1=1,x2=2,xn+2=112nnnnxxxx,试求xn。分析：由递推关系式结构特征，易联想到倒数，即有xn+2=nnxx1121，从而nnxx111=22nx可构造等比数列。解：对递推关系式两边取倒数得：nnxx111=22nx可变形为1211nnxx=（-21）（nnxx111）数列{nnxx111}是以1211xx=-21为首项，公比为-21的等比数列111nnxx=（-21）(-2)21n=1)21(n(n2)nx1=11x+(1211xx)+(2311xx)+…+(111nnxx)=1+（-21）+（-21）2+…+1)21(n=32+311)21(n(n2)nx=1)21(23n(n2)而当n=1时亦满足。nx=1)21(23n(n1)说明：递推关系式中含有相邻两项之积与相邻两项之和的关系，可考虑取倒数（或化为分式），揭示规律，构造等比（差）数列。变式练习：已知数列｛an｝中，a1=7，n2时，52211nnnaaa，求数列的通项公式an分析：已知递推关系式右边为分式，取倒数后可化为：29211nnaa，未能反映规律，但若能化为AaAann111与的关系，则可揭示规律；结合待定常数法，可确定A值。解：由已知：AaaAannn52211（A0）即52)1225)(12(11nnnaAAaAAa(2A+1≠0)令1225AAA，解得：A=1已知关系式可恒等变形为52)1(3111nnnaaa，取倒数得：3211111nnaa（n2）。数列{11na}是以111a=81为首项，公差为32的等差数列。11na=81+（n-1）32,即13161637nnan（n1）说明：①例8中的递推关系式结构特征，亦易想到取倒数，但要灵活结合待定常数法，构造新数列，凸显等差的规律性。②引入待定常数A是为了揭示AaAann111与变化的一致性（规律性），若A值存在，则可反映此变化规律。若A值不存在，则考虑其它变形。6、利用换元有些数列的递推关系式看起来较为复杂，但应用换元和化归思想后，可构造新数列进行代换，使递推关系式简化，从而揭示等差（比）规律，求出通项。例7、已知数列｛an｝中，,11a).24141(1611nnnaaa求na分析：已知递推关系式中的na241较难处理，考虑用换元去掉根式，即令nnab241（n