“ 奇思妙想”学数学

兔子繁殖问题中“奇思妙想”

如果有一对小兔，每一个月都生下一对小兔，而所生下的每一对小 兔在出生后的第三个月也都生下一对小兔。那么，由一对兔子开始，满一年时一共可以繁殖成多少对兔子？ 用列举的方法可以很快找出本题的答案： 第一个月，这对兔子生了一对小兔，于是这个月共有 2 对（ 1+1=2 ）兔子。 第二个月，第一对兔子又生了一对兔子。因此共有 3 对（ 1+2=3 ）兔子。 到第三个月，第一对兔子又生了一对小兔而在第一个月出生的小兔也生下了一对小兔。所以，这个月共有 5 对（ 2+3=5 ）兔子。 到第四个月，第一对兔子以及第一、二两个月生下的兔子也都各生下了一对小兔。因此，这个月连原先的 5 对兔子共有 8 对（ 3+5=8 ）兔子。 就是说，由一对兔子开始，满一年时一共可繁殖成 377 对小兔。

仔细观察

对各个月的兔子对数进行了仔细观察，从中发现了一个十分有趣的规律，就是后面一个月份的兔子总对数，恰好等于前面两个月份兔子总对数的和，如果再把原来兔子的对数重复写一次，于是就得到了下面这样的一串数： 1 ， 1 ， 2 ， 3 ， 5 ， 8 ， 13 ， 21 ， 34 ， 55 ， 89 ， 144 ， 233 ， 377…

菲波那契数列

斐波那契（ Leonardo Pisano ,Fibonacci, Leonardo Bigollo ， 1175年 -1250 年），意大利数学家

数学家斐波那契简介

• 中世纪最有才华的数学家斐波那契（ 1175 年～ 1259 年）出生在意大利比萨市的一个商人家庭。因父亲在阿尔及利亚经商，因此幼年在阿尔及利亚学习，学到不少时尚未流传到欧洲的阿拉伯数学。成年以后，他继承父业从事商业，走遍了埃及、希腊、叙利亚、印度、法国和意大利的西西里岛。

斐波那契是一位很有才能的人，并且特别擅长于数学研究。他发现当时阿拉伯数学要比欧洲大陆发达，因此有利于推动欧洲大数学的发展。他在其他国家和地区经商的同时，特别注意搜集当地的算术、代数和几何的资料。回国后，便将这些资料加以研究和整理，编成《算经》（ 1202 年，或叫《算盘书》）。《算经》的出版，使他成为一个闻名欧洲的数学家。继《算经》之后，他又完成了《几何实习》（ 1220 年）和《四艺经》（ 1225 年）两部著作。

《算经》在当时的影响是相当巨大的。这是一部由阿拉伯文和希腊文的材料编译成拉丁文的数学著作，当时被认为是欧洲人写的一部伟大的数学著作，在两个多世纪中一直被奉为经典著作。

菲波那契数列的通项公式如何求

• 1 ， 1 ， 2 ， 3 ，5 ， 8 ， 13 ，21 ， 34 ， 55 ，89 ， 144 ， 233 …

• 它的通项公式为：1 1 5 1 5

[( ) ( ) ]2 25

n nna

也许同学们很奇怪，这个数列的各项都是有理数，可它的通项公式中偏偏是含

有根号？！

• 那么它的通项公式是如何求出来的呢？

数列的通项公式与求和

的常用方法

高考要求

• 数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前 n 项和公式都可以看作项数 n 的函数，是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前 n 项和 Sn 可视为数列 {Sn} 的通项 通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法

数列通项公式直接表述了数列的本质，是给出数列

的一种重要方法• 数列通项公式具备两大功能，第一，

可以通过数列通项公式求出数列中任意一项；第二，可以通过数列通项公式判断一个数是否为数列的项以及是第几项等问题；因此，求数列通项公式是高中数学中最为常见的题型之一，它既考察等价转换与化归的数学思想，又能反映学生对数列的理解深度，具有一定的技巧性，是衡量考生数学素质的要素之一，因而经常渗透在高考和数学竞赛中。本文分别介绍几种常见的数列通项的求法，以期能给读者一些启示。

重难点归纳

• 1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性

• 2 数列 {an} 前 n 项和 Sn与通项 an 的关系式 an=3 求通项常用方法

• ①作新数列法 作等差数列与等比数列 • ②累差叠加法 • ③归纳、猜想法 • 3 数列前 n 项和常用求法• ①重要公式• 1+2+…+n=n(n+1)• 12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)• 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2• ②等差数列中 Sm+n=Sm+Sn+mnd ，等比数列中

Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn • ③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即 an=f(n+1)－ f(n) ，然后累加时抵消中间的许多项 应掌握以下常见的裂项

• ④错项相消法⑤并项求和法数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法

一、常规数列的通项

• 例 1 ：求下列数列的通项公式• （ 1 ） 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5… • （ 2 ）－ 2 ， 3 ，－ 4 ， 5…• （ 3 ） 1 ， 1 ， 1 ， 1 ， 1 ， 1…

• 解：（ 1 ） an= （ 2 ） an= （ 3 ） an=

• 评注：认真观察所给数据的结构特征，找出 an与 n 的对应关系，正确写出对应的表达式。

二、等差、等比数列的通项

• 直接利用通项公式an=a1+(n－ 1)d 和

• an=a1qn－ 1 写通项，但先要根据条件寻求首项、公差和公比。

三、摆动数列的通项

• 例 2 ：写出数列 1 ，－ 1 ， 1 ，－ 1 ，…的一个通项公式。

• 解： an= （－ 1 ） n－ 1 • 变式 1 ：求数列 0 ， 2 ， 0 ， 2 ， 0 ， 2 ，…的一

个通项公式。• 分析与解答：若每一项均减去 1 ，数列相应变为－

1 ， 1 ，－ 1 ， 1 ，…• 故数列的通项公式为 an=1+ （－ 1 ） n • 变式 2 ：求数列 3 ， 0 ， 3 ， 0 ， 3 ， 0 ，…的一

个通项公式。• 分析与解答：若每一项均乘以，数列相应变为 2 ，

0 ， 2 ， 0 ，…• 故数列的通项公式为 an=[1+ （－ 1 ） n－ 1 ] • 变式 3 ：求数列 5 ， 1 ， 5 ， 1 ， 5 ， 1 ，…的一

个通项公式。• 分析与解答 1 ：若每一项均减去 1 ，数列相应变为

4 ， 0 ， 4 ， 0 ，…• 故数列的通项公式为 an=1+2×[1+ （－ 1 ） n－ 1 • 分析与解答 2 ：若每一项均减去 3 ，数列相应变为

2 ，－ 2 ， 2 ，－ 2 ，…• 故数列的通项公式为 an=3+2 （－ 1 ） n－ 1

四、循环数列的通项

• 例 3 ：写出数列 0.1 ， 0.01 ， 0.001 ， 0.0001 ，…的一个通项公式。

• 解： an= • 变式 1 ：求数列 0.5 ， 0.05 ， 0.005 ，…

的一个通项公式。• 解： an= • 变式 2 ：求数列 0.9 ， 0.99 ， 0.999 ，…

的一个通项公式。• 分析与解答：此数列每一项分别与数列 0.

1 ， 0.01 ， 0.001 ， 0.0001 ，…的每一项对应相加得到的项全部都是 1 ，于是 an=

• 变式 3 ：求数列 0.7 ， 0.77 ， 0.777 ， 0.7777 ，…的一个通项公式。

• 解： an=

• 例 4 ：写出数列 1 ， 10 ， 100 ， 1000 ，…的一个通项公式。

• 解： an=10n－ 1 • 变式 1 ：求数列 9 ， 99 ， 999 ，…

的一个通项公式。• 分析与解答：此数列每一项都加上 1

就得到数列 10 ， 100 ， 1000 ，… 故 an=10n－ 1 。

• 变式 2 ：写出数列 4 ， 44 ， 444 ，4444… 的一个通项公式。

• 解： an= （ 10n－ 1 ） • 评注：平日教与学的过程中务必要

对基本的数列通项公式进行过关，这就需要提高课堂教与学的效率，多加总结、反思，注意联想与对比分析，做到触类旁通，也就无需再害怕复杂数列的通项公式了。

五、通过等差、等比数列求和来求通项

• 例 5 ：求下列数列的通项公式• （ 1 ） 0.7 ， 0.77 ， 0.777 ，… （ 2 ） 3 ， 33 ， 333 ， 3333 ，…

• （ 3 ） 12 ， 1212 ， 121212 ，… （ 4 ） 1 ， 1+2 ， 1+2+3 ，…

• 解：（ 1 ） an= （ 2 ） an=

求递推数列的通项公式的九种方法

• 利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值 .自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一

一、作差求和法

1

111

nnaa nn

,2

1

1

112 aa

3

1

2

123 aa

4

1

3

134 aa

nnaa nn

1

1

11

naan

111

nan

14

解：原递推式可化为：

则

.故

.

二、作商求和法

na

0)1( 122

1 nnnn aanaan

na

例 2 设数列 {

}是首项为 1的正项数列，且

（ n=1,2,3…），则它的通项公式是

=▁▁▁（ 2000年高考 15题）

)]()1[( 11 nnnn aanaan

nn aa 11

1

n

n

a

a

n

n ,4

3,

3

2,

2

1

3

4

2

3

1

2 a

a

a

a

a

a

n

n

a

a

n

n 1

1

na

an 1

1

na n

1

解：原递推式可化为：

=0 ∵

＞ 0 ， 则……

逐项相乘得： ，即 =

.

三、换元法

na 9

13,

3

421 aa

)(3

1211 nnnn aaaa

na

例 3 已知数列 {}，其中 ，且当 n≥3时，

，求通项公式

（ 1986年高考文科第八题改编） .

11 nnn aab

}{,3

121 nnn bbb

9

1

3

4

9

13121 aab

3

1 nnnn bb )

3

1()

3

1(

9

1)

3

1( 22

11

nnn aa )

3

1(1

nna )

3

1(

2

1

2

3

解：设 ，原递推式可化为：

是一个等比数列，

，公比为 .故 .故

.由逐差法可得：

.

na 2,1 21 aa

12 21 nnn aaana

例 4已知数列 {}，其中 ，且当 n≥3时，

，求通项公式 。

12 21 nnn aaa 1)()( 211 nnnn aaaa

11 nnn aab 121 nn bb }{ nb1121 aab nbn

112312121 nnnn aaaaaaabbb

解由 得： ，令

，则上式为 ，因此

是一个等差数列， ，公差为 1.故

又2

)1(121

nnbbb n )1(

2

11 nnan )2(

2

1 2 nnan所以 ，即

例 5（ 1993年全国数学联赛题一试第五题）设正数列

四、积差相消法

0a 1a na na 2nnaa 21 nn aa 12 na

)2( n 110 aa }{ na

， ，…，…， 满足 =

且 ，求 的通项公式 .

21 nn aa 122

1

1

n

n

n

n

a

a

a

a 解 将递推式两边同除以 整理得：

nb1n

n

a

a

0

11 a

ab 12 1 nn bb设 = ，则 =1， ，故有

12 12 bb 12 23 bb ⑴ ⑵

… … … …

12 1 nn bb 1n ( )

22 n 32 n 1n 02由⑴ + ⑵ +…+( )

12 2221 nnb 12 n

得

= ， 即

1n

n

a

a 12 n=

.

逐项相乘得： na 2)12( =

222 )12()12( n，考虑到 10 a

，

2222 )12()12()12(

1nna )1(

)0(

n

n 故

.

五、取倒数法

na ,11 a 12 1

1

n

nn a

aa

na

12 1

1

n

nn a

aa 2

11

1

nn aa

}1

{na

11

1

a

122)1(11

nnan 12

1

n

an

例 6 已知数列 {}中，其中 ，且当 n≥2时， ，求通项公式

解将

两边取倒数得： ，这说明

是一个等差数列，首项是，公差为 2，所以

，即

.

六、取对数法na 1a

21 nn aa

na

例 7若数列 {}中，=3且

（ n是正整数），则它的通项公式是=▁▁▁.

na2

1 nn aa 解 由题意知＞ 0，将

两边取对数得

nn aa lg2lg 1 即 2lg

lg 1

n

n

a

a，

所以数列 }{lg na

1lga 3lg是以 为首项，公比为 2的等比数列 ，=

1211 3lg2lglg

nnn aa ，即

123

n

na.

七、平方（开方）法

na 1a2

13 nn aa 2

na

例 8 若数列 {}中，=2且 （ n

），求它的通项公式是

213 nn aa 32

12 nn aa

2na

21a

133)1(21

2 nnaan na

13 nan

解：将 两边平方整理得

。数列 { }是以=4为首项， 3为公差的等差数列。

。因为 ＞ 0，所以

。

八、待定系数法

待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路 . 其变换的基本形式如下：

BAaa nn 1

1na na

1、 （ A、 B为常数）型，可化为

=A（ ）的形式 .

1a

n

nn S

SS

431 1 na

na

nS na n=1，是数列 {}的前项之和，且

（ n），求数列 {}的通项公式是

.

n

nn S

SS

431 4

13

1

1

nn SS

解递推式 可变形为

（1）

设（ 1）式可化为 )1

(31

1

nn SS

（ 2）

na例 9 若数列 { }中，

2

)21

(321

1

nn SS

21

nS

321

1

S

21

nS

nn 333 1

13

1

nnS

比较（ 1）式与（ 2）式的系数可得，则有

。故数列 { }是以

为首项， 3为公比的等比数列。 =

。所以

212383

32

23

1

23

1211

nn

n

nnnnn SSa当 n

，

)2(

)1(

n

nna

12383

321

2 nn

nna数列 { }的通项公式是

。

BAaa nn 1nC

11

nn Ca n

n CaA (

2、 （ A、 B、 C为常数，下同）型，可化为

= ）的形式 .

na ,342,1 111

n

nn aaa

na

例 10 在数列 { }中，

求通项公式

解：原递推式可化为： )3(23 11

n

nn

n aa ①

)34(234 1

1

nn

nn aa

比较系数得=-4，①式即是：

}34{ 1 nna

534 111 a

则数列

是一个等比数列，其首项

，公比是 2. ∴ 11 2534 nnna

即 11 2534 nnna .

nnn aBaAa 12

)()( 112 nnnn aaAaa

3、 型，可化为

的形式。

na 2,1 21 aa

Nn nnn aaa 65 12 na

例 11 在数列 {}中， ，当

，

① 求通项公式

①式可化为：

.

))(5( 112 nnnn aaaa

)2(32 112 nnnn aaaa

解：①式可化为：比较系数得 =-3或=-2，不妨取=-2.

}2{ 1 nn aa 12 2aa

11 342

nnn aa

11 2534 nnna

则 是一个等比数列，首项

=2-2（ -1） =4，公比为3.

.利用上题结果有：

CBnAaa nn 1

])1([ 21211 naAna nn

4、 型，可化为

的形式。

.

na 2

31 a

12 nn aa 3n na

例 12 在数列 {}中，

，

=6 求通项公式①

解 ①式可化为：

21121 )1()(2 nana nn ②

1 92 12 nn bb

比较系数可得：

=-6， ，② 式为

是一个等比数列，首项}{ nb 2

99611 nab

2

1，公比为

∴ 1)2

1(

2

9 nnb n

n na )2

1(996 96)

2

1(9 na n

n 即 故

九、猜想法

运用猜想法解题的一般步骤是：首先利用所给的递推式求出

1 2 3, , ,a a a……， 然后猜想出满足递推式的一个通项公式

na，最后用数学归纳法证明猜想是正确的。

{ }na nS { }na

nS1

(2 na

1)

na

例 13 在各项均为正数的数列中， 为数列

的前 n项和，= + ，求其通项公式。