高阶等差等比数列的通项及求法
-
一、高阶等差数列的
a
n
及
a
n
的求法
求高阶等差数列的通项
a
n
及前
n
和
S
n
的时候，通常采用逐差法或待定
系数法。下面
先介绍逐差法求通项。
方法一
逐差法。我们先看一个例题。
例
1
求数列
{
a
n
}
的通
项：
{
a
n
}
：
1
，
7
，
25
，
61
，
121
，
211
，…
解：先作各阶差数列：
数列：
1
，
7
，
25
，
61
，
121
，
211
，…
一阶差数列
{
b
n
}
：
6
，
18
，
36
，
60
，
90
，…
二阶差数列
{
c
n
}
：<
/p>
12
，
18
，<
/p>
24
，
30
，…
三阶差数列：
6
，
6
，
6
，…
由此可见，数列
{
a
n
}
是
< br>3
阶等差数列，数列
{
c
n
}
是首项为
12<
/p>
、公差为
6
的等差数列，故
c
n
< br>12
(
n
1
)
6
6
n
6<
/p>
b
1
b
n
1
c
n
1
(
n
2
)
，
b
1
b
n
1
6
(
n
1
)
< br>6
6
n
，
于是得到
(
n
2
)
b
n
b
n
1
6
n
b
n
1
< br>b
n
2
6
(
n
1
),
b<
/p>
n
2
b
n
3
6
(
n
2
),
…
b
2
b
1
6
2
.
将以上各式两边分别相加，得
< br>b
n
b
1
6
(
2
3
n
)
6
(
1
2
3
< br>
n
)
6
6
n
(
1
n
6
)
6
2
3
n
< br>2
3
n
6
b
n
3
n
2
3
n
6
b
1
3
n
< br>2
3
n
(
n
2
)
.
因为此公式当
n
< br>
1
时的值
b
< br>1
6
，故数列
{
b
n
}
的通项公式为
b
n
3
n
2
< br>
3
n
(
n
1
,
2
,
3
,
)
又
a
n
1
a
n
b
< br>n
(
n
1
,
2
,
3
,
)
a
n
1
a
n
3
n
2
< br>
3
n
(
n
1
,
2
,
3
,
)
由此可得，当
n
2
时，
a
n
a
n
1
3
n
2
3
n
,
< br>a
n
1
a
n
2
3
(
n
1
)
2
3
(
n
1
),
…
a
2
a
1
3
2
2
3
2
< br>,
将以上各式相加，得
a
n
a
1
3
[
n
2
(
< br>n
1
)
2
2
2
]
3
[
n
(
n
1
)
2
< br>]
3
[
n
2
(
n
1
)
2
2
2
1
2
]
3
< br>[
n
(
n
1
)
2
1
]
3
1
2
3
1
< br>
3
n
(
n
1
)
(
2
n
1<
/p>
)
n
(
n
1
)
3
n
3
n
,
6
2
a
n
n
3<
/p>
n
a
1
n
3
n
a
1
n
3
n
1
(
n
2
),
又此式当
n
1
时的值
a
1
1
，故数列
{
a
n
}
的
通项公式为
a
n
n
3
n
1
(
n<
/p>
1
,
2
,
3
,
).
(
K
)
一般地，设数列
{
a
n
}
的
K
阶差数列记为
{
a
n<
/p>
}
，如果数列
{
a
n
}
是
P<
/p>
阶
(
P
1
)
等差数列，那么（
P-1
）阶差数列
{
a
n
}
是等差数列，于是可以求出
(
P
2
)
(
P
2<
/p>
)
(
P
1
)
(
P
1
)
数列
{
a
n
< br>a
n
a
n
(
n
1
,
2
,
3
,
)
，
仿照上述
}
的通项公式，
利用
a
n
1
1
(
P<
/p>
2
)
例题的作
法，可以求出数列
{
a
n
}
的通项公式，依次类推，可求出数
列
{
a
n
}
< br>的通项公式
.
利用逐差法求高阶差数数列的通项还是比
较麻烦的，
下面介绍待
定系数法求通项
.
方法二
待定系数法
下面先证明两个定理
.
(
P
)
定理
1
设
P
为正整数，前
n
个自然数的
P
次幂的和记为
S
n
，即
< br>(
P
)
S
n
1
p
2
p
3
p
n
p
.
(
P
)
则
S
n
是关于
n
的（
p+1
）次多项式
.
证明
用数学归纳法
.
当
< br>p=1
时，因
(
1
)
S
n
< br>
1
2
3
n
n
(
n
1
)
1
2
1
n
n
，
< br>它是关于
n
的
2
次多项式，
2
2
2
故结论是正确的
.
设结论当
p
k
(
k
1
)
是正
确的，既
(
k
)
S
n
1
k
2
k
3
k
n
k
是关于
n
的（
k+1
）次多项式
.
n
k
2
j
j
1
k
2
n
n
k
< br>2
(
j
1
)
k
2
j
1
n
j
j
1
n
k
< br>1
2
k
3
k
1
k
2
[
j
k
2
C
k
1
j
C
j
< br>
C
j
(
1
)
]
2
k
2
k
2
j
1
C
< br>1
k
2
l
1
n
j
k
1
C
2
k
2
j
1
n
j
< br>
C
k
3
k
2
j
1
n
j
k
1
(
1
)
k
< br>2
n
]
，
于是
l
1
n
j<
/p>
k
1
n
n
1
k
2
2
k
3
1
[
n
C
k
2
j
C<
/p>
k
2
j
k
1
(
1
)
n
2
n
]
.
C
k
2
j
1
j
1
n
n
k
1
根据假设
j
、
（
k-1
）
j
分别是关于
n
的（
k+1
）次、
k
次
、
k
l
1<
/p>
j
1
次，…，
1
次多项式，而
C
(
j
1
,
2
,
3
,<
/p>
,
k
2
)
与
n
无关，因此
j
k
1
是
1
k
2
j
1
n
(
p
)
关于
n
的
(k+2)
次多项式
.
就是说，
当
p=k+1
时，
S
n
是关于
n
的
(k+2)
次多项式，即结论当
p=k+1
时也是正确
.
(
p
)
因此，
S
n
是关于
n
的
(p+1)
次多项式
.
定理
2
数列
{
a
n
}
为<
/p>
p
阶等差数列的充要条件是：数列
{
a
n
}
的通项
为
n
的
p
次多项式
.
证明
<
/p>
先证必要性
.
用数学归纳法
.
当
p=1
时，数列
{
a
n
}
是等差数列，其通项
a
n
a
1
(
n
1
)
d
，这是关
于
n<
/p>
的一次多项式
.
设
p= k
，即当
{
a
n
}
为
k
阶差数列时，数列
{(
a
n
a
n
1
)}(
n
2
)
就是
k
阶差数列时，根据假设可令
a
n
a
n
1
an
k
bn
k
1
依次令
n=2,3,4
，
…得
a
2
a
1
a
2
k
b
2
k
1
< br>
a
3
a
2
a
3
k
b
3
k
1
a
n
< br>a
n
1
a
n
k
b
n
n
1
将以上各式两边分别相加，化简后得
a
n
a
(<
/p>
2
k
3
k
n
k
)
b
(
2
k
1
3
k
1
<
/p>
n
k
1
)
a
1
根据定理
1
，右边第一个括号的和是关于
n
的
(k+1)
次多项式，
第二个括号是关于
n
的
k
次多项式，…，因此，
a
n
是关于
n
的
(
k+1)
次多项式
.
所以，当
{
a
n
}
为
(k+1)
阶等差数列时，
a
n
是关于
n
的
(k+1)
次多项
式，即
p=k+1
时结论也是成立的
.
由上述证明可知，当
{
a
n
}
为
p
阶等
差数列时，
a
n
是关于
n
的
p
次
多项式
.
充分性
.
设数列
{
a
n
}
的通项是关于
n
的
p
次多项式
,
设
a
n
an
p
bn
p
1
(
a
< br>0
)
作它的一阶差数列：
a
n
a
n
< br>
1
[
an
p
bn
p
1
]
[
a
(
n
1
)
p
b
(
n
1
< br>)
p
1
]
apn
p
b
1
n
p
2
如果连续作
p
次，
则得
到
p
阶差数列是常数列
{
ap
!
}
，
因此数列
{
a
n
}
是
p
阶等差数列
.
定理
3
若数列<
/p>
{
a
n
}
为
p
阶等差数列，则它的前
< br>n
项和
S
n
是关于
n
的（
p+1
）次多项式
.
证明
因为
{
a
n
}
是
p
阶等差数列，
根据定理
2
，
它的通项公式是关
于
n
是
p
次多项式
.
设
a
n
an
p
bn
p
1
(
a
0
)
，
则
S<
/p>
n
a
k
k
1
n
p
n
n
n
(
ak
< br>p
bk
p
1
)
k
1<
/p>
a
k
k
b
k
p
1
k
1
k
1
根据定理
1
，
k
、
k
p
1
,
分别是关于
n
的
（
p+1
）次、
p
次、
p
k
1
k
1
n
n
（
p-1
）
次，…多项式，因此，
S
n
是关于
n
的（
p+1
）次
多项式
.
根据
定理
2
和定理
3
，我们可以求出任意的
高阶等差数列的通项公式和前
n
项和公式
.
例
1
求下面数列的通项公式及
前
n
项和
5
，
17
，
35
，
59
，
89
，
…
解
先判断是几阶等差数数列
.
数列
{
a
n
}
：
5
，
17
，
35
，
59
，
89
，…
一阶差数列：
12
，
18
，
24
，
30
…
二阶差数列：
6
，
6
，
6
，…
因此，数列
< br>{
a
n
}
是二阶等差数列，根据定理
2
，
a<
/p>
n
是关于
n
的<
/p>
2
次多项式；根据定理
3
，前项
n
和
S
n
是关于
n
的
3
次多项式
.
于是设
a
n
an
2
bn
c
,
①
S
n
xn
3
yn
2
zn
f
.
②
其中<
/p>
a
、
b
、
c
、
x
、
y
、
z
、
f
都是待定系数
.
因为
a
1
5
，
a
2
17
，
a
3
35
，
于是由①式得方程组
a
b
c
5
,
4
a
2
< br>b
c
17
,
9
a
3
b<
/p>
c
35
.
解
之
得
a
3
，
b
3
< br>，
c
1
，
因
此
数
列
的
通
项
公
式
为
a
n
3
n
2
3
n
< br>
1
(
n
1
,
2
,
3
,
)
因此
S
1
a
1
5
,
S
2
a
1
a
2
22
,
S
3
S
2
a
3
57
,
S
4
S
3
a
4
116
,
于是由
②式得方程组
：