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数列求通项的方法总结-高三复习优质材料


数列求通项
明师教育项目组 望习才

求通项方法总结
1.观察猜想,用数学归纳法证明 (n ? 1) ?(1) S n ? f (n) ? 得an ? S1 2.由S n求an . 方法 : an ? ? ;类型: ? ? S n ? S n ?1 (n ? 2) ?(2) S n ? f (an ) ? 得递推关系 3.由递推关系求通项.

(1)公式法:运用等差、等比数列定义与通项公式; (2)累加(逐差)法:递推关系为an ?1 ? an ? f (n) (3)累乘(逐商)法:递推关系为an ?1 ? an ? f (n) (4)构造新数列:递推关系为 : 类型1:an ?1 ? pan ? q 待定系数an ?1 ? x ? p (an ? x )的形式 类型2:an ?1 ? pan ? f(n)两边同除以 q n ?1得 an ?1 p an c ? ? ? 类型1 q n ?1 q q n q

类型3:an ? 2 ? pan ?1 ? qan 待定系数an ? 2 ? xan ?1 ? y (an ?1 ? xan )的形式 类型4:an ?1 ? pan ? q ( p, q, r , h为常数, 且r ? 0)分式型 ran ? h

习题: 一、观察法猜想通项公式
根据数列的前几项, 写出下面数列的一个通项公式 : (1)3,5,9,17,33? (3)10,11,10,11, ? 5 7 (4)7, 0, ?7, 0, 7 ? (5)4, ? , 2, ? ? 2 4 2 4 6 8 10 8 15 24 (7) , , , , , ? (8) ? 1, , ? , , ? 3 15 35 63 99 5 7 9
n? ?1个9 ? ? (4). 81, , , 891 8991 89991, , ? 91; ? 899

1 4 9 16 (6)1 , 2 ,3 , 4 ? 2 5 10 17 1 1 5 13 29 61 (9) , , ? , , ? , 2 4 8 16 32 64

k ? ?1个9 ? ? ?? 提示 : ak ? 899?91 ? 9 ?10k ? 9

1

(2)1,11,111,1111?
提示: ak ? 111???1 ? ???
k个1

1 1 ? 999 ??? 9 ? (10k ? 1) ??? 9 ? ? 9 k 个1

二、根据递推关系求通项 1.逐差法——注意右边 n 项和必须可以求和,否则此法行不通
1 1 1.已知数列 an }满足a1 ? , an ? an?1 ? 2 (n ? 2),求数列{an }的通项公式 { . 2 n ?1 1 1 1 1 1 1 解 : 递推关系式可表示为 n?1 ? an ? a 记g (n) ? ? ? ( ? ), 2 2 (n ? 1) ? 1 (n ? 1) ? 1 n(n ? 2) 2 n n ? 2 ?当n ? 2时, an ? a1 ? ? g (k ) ? 1 1 n?1 1 1 1 1 1 1 1 5 2n ? 1 ? ?( ? ) ? ? (1 ? ? ? )? ? , 2 2 k ?1 k k ? 2 2 2 2 n n ? 1 4 2n(n ? 1) k ?1 1 5 2 ?1 ? 1 5 2n ? 1 当n ? 1时, a1 ? ? ? ,? 数列{an }的通项公式为 n ? ? a . 2 4 2(1 ? 1) 4 2n(n ? 1)
n ?1

10.{an }中, a1 ? 1, an ?

2 2S n (n ? 2), 求Sn . 2S n ? 1

备注:取倒数之后变成逐差法。

2. 在数列{ a n }中,已知 an?1 ?

2 n?1 an , a1 ? 2, ,求该数列的通项公式. an ? 2 n?1

备注:取倒数之后变成逐差法。 解:两边取倒数递推式化为: 1 ? 1 ? 1 , ,即 1 ? 1 ? 1 , 所以 a n ?1 a n 2 n ?1 a n ?1 a n 2 n ?1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? n ? ? 2, ? ? 4 , …, ? ? ? 3, a n a n ?1 2 a 2 a1 2 a3 a2 2 a4 a3 2

将以上 n ? 1 个式子相加,得:

1 1 1 1 1 ? ? 2 ? 3 ? ??? ? n , 即 a n a1 2 2 2

1 1 (1 ? n ) 1 2n 1 1 1 1 1 2 2 ? 1 ? 1 , 故 an ? ? n . ? ? 2 ? 3 ? ??? ? n ? 1 2 ?1 1 an 2 2 2 2 2n 1? n 1? 2 2

2

6.?an ?满足an?1

2 n?1 ? an ? , a1 ? 2, 求an . an ? 2 n?1

备注:倒数后变逐差法。

2.逐商法
? an 4.?an ? 中,a1 ? 1, an ? 3n?1 an?1 (n ? 2), 数列?bn ?的前n项和S n ? log3 ? n ?9
备注:逐商法的经典案例。
2 2 7.?an ?是首项为 的正项数列 (n ?1)an?1 ? nan ? an?1an ? 0, 求an . 1 ,

? ?(n ? N *),(1)求an ; (2)求bn . ?

备注:经典题,通过简单变换就变成逐商法。

3. 已知数列 an }满足a1 ? 1, nan?1 ? 2(a1 ? a2 ? a3 ? ? ? an ), 求数列 an }的通项公式 { { . 解 : nan?1 ? 2(a1 ? a2 ? a3 ? ? ? an ) ? 2(a1 ? a2 ? a3 ? ? ? an?1 ) ? 2an ? (n ? 1)an ? 2an , 即an?1 ? 2 3 4 n ?当n ? 2时, an ? a1 ? ? ? ? ? ? ? na1 ? n, 当n ? 1时也满足该式? an ? n. , 1 2 3 n ?1 a a a a n ?1 注 : 本题还可这样做:由an?1 ? an 得 n?1 ? n ,? n ? 1 ? 1,? an ? n. n n ?1 n n 1
备注:经过简单变换之后是逐商法。

n ?1 an , n

14.数列?an ? , a1 ? 2, an?1 ? 中

(an ? 1) 4 ? (an ? 1) 4 , 求an . (an ? 1) 4 ? (an ? 1) 4
1 ak ak ?1 , k ? N *, a1 ? 1. 2

备注:取完对数之后变成了逐商法,也可以看作是等比数列。

17. (2007陕西)各项不全为零的数列?an ?的前k 项和为S k , 且S k ? (1)求数列?ak ?的通项公式. (2)对任意给定的正整数n( n ? 2), 数列?bn ? 满足 求数列?bn ?的前n项和.

bk ?1 k ? n ? , (k ? 1, 2,? , n ? 1), b1 ? 1, bk ak ?1

备注:一问奇偶项分析的典型案例。二问理科题,逐商法的应用。

3

3.类型一: an?1 ? pan ? q
an?1 ? pan ? q , 用待定系数法变成an?1 ? x ? p(an ? x)的形式。 2.?an ? , a1 ? 3, 对于n ? 1(n ? N*)有an ? 4an?1 ? 6, 求an . 中
备注:类型 1 经典题。

11.{an }的前n项和S n , 数列 bn }, 它们满足b1 ? a1 , 对于n ? N * 有an ? S n ? n, bn?1 ? an?1 ? an , { 求证{bn }是等比数列 并求其通项 , .
备注:经典题,通过 an 和 sn 的关系变换之后成为类型 1。
2 5. 数列{a n }满足a n ? 0, a1 ? 1且a n ? a n ?1 ? 36 , ? 2n ? 1, 求数列{a n }的通项公式 .

1 1 2 解 : a n ? a n ?1 ? 36 ,? 2 log3 a n ?1 ? log3 a n ? 6, 令bn ? log3 a n , 则bn ?1 ? ? bn ? 3, 继而可得bn ?1 ? 2 ? ? (bn ? 2), ? 2 2 2?n 1 n ?1 ? bn ? 2 ? (b1 ? 2)(? ) ? (?2) 2?n , 从而bn ? 2 ? (?2) 2?n ,? a n ? 32?( ?2) . 2 备注:取完对数之后变成了类型一。

13.a1 ? 1, an ?1 ?

1 an ? (4 ? an ), n ? N .求an . 2

备注:取完对数之后变成了类型一。

4.类型二: an?1 ? pan ? g (n)( p为常数, 且p ? 0, p ? 1)
将等式两边同除以p n?1 , 则 an?1 an g (n) a g ( n) ? n ? n?1 , 令bn ? n , 则bn?1 ? bn ? n?1 , 这样此种数列 n ?1 n p p p p p

求通项的问题可转化为逐差法的问题. 当然这种数列的通项公式也常可用待定系数法 解决, 关键要根据g (n)选择适当的形式.

8.?an ? 的首项a1 ? 1, 且an?1 ? 4an ? 2n , 求an .
备注:类型 2 典型题。两种解法。

15.?a n ?中,a1 ? 2, a n ? 2a n ?1 ? 2 n ?1 (n ? 2, n ? N *) (1)求a n ; (2)令bn ? an 1 1 1 , Tn ? ? ??? 对任意n ? N * 都有Tn ? log 1 m, 求m的范围. n b1b2 b2 b3 bn bn ?1 2 2

备注:类型 2 常见题型。两种解法。 16.(2006 年全国Ⅰ卷)在数列 ?an ? 中, S n ?

4 1 2 a n ? ? 2n ?1 ? , (n ? N * ) .求首项 a1 与通项 an . 3 3 3

4

解:由题意得 a1 ? S1 ?

4 1 2 a1 ? ? 2 2 ? ,解得 a1 ? 2 . 3 3 3

又 a n ?1 ? S n ?1 ? S n ?

4 4 1 a n ?1 ? a n ? (2 n ?1 ? 2 n ) ,即 an?1 ? 4an ? 2n?1 , 3 3 3

设 an?1 ? x ? 2n?1 ? 4 an ? x ? 2n ,利用待定系数法可得 x ? 1 ,又 a1 ? 2 ? 4 ? 0 , 所以数列 an ? 2 n 是公比为 4 的等比数列. 所以 an ? 2n ? 4 ? 4n?1 ,即 an ? 4 n ? 2 n . 9.设数列 {an } 的前项为 Sn ,已知 ban ? 2n ? (b ?1)Sn . (I)证明:当 b ? 2 时, {an ? n ? 2n?1} 是等比数列; (II)求 {an } 的通项公式. 备注:二问三种方法,一是除以 2 ,而是除以 b ,或者待定系数法用逐差法来做。 解析:由题意,在 ban ? 2n ? (b ?1)Sn 中,令 n ? 1 ,得 ba1 ? 2 ? (b ?1)a1 , a1 ? 2 . 由 ban ? 2n ? (b ?1)Sn ,得 ban?1 ? 2n?1 ? (b ?1)Sn?1 (n ? 2, n ? N*) , 两式相减得: b(an ? an?1 ) ? 2n?1 ? (b ?1)an ,即 an ? ban?1 ? 2n?1 (n ? 2, n ? N*) (Ⅰ)当 b ? 2 时,由①知, an ? 2an?1 ? 2n?1 于是 an ? n ? 2n?1 ? 2an?1 ? (n ?1) ? 2n?1 ? 2[an?1 ? (n ?1) ? 2n?2 ] (n ? 2, n ? N *) 又 a1 ?1? 21?1 ? 1 ? 0 ,所以 {an ? n ? 2n?1} 是首项为 1,公比为 2 的等比数列. (注:如果是求通项,也可化为等差数列来解决,解法如下: 当 b ? 2 时,由①知, an ? 2an?1 ? 2n?1 ,两边同时除以 2 得 an ? an ?1 ? 1 (n ? 2, n ? N*) , n n ?1
2 2 2
n n

?

?

?

?

n

…①

即 an ? an ?1 ? 1 (n ? 2, n ? N*) ,∴ { an } 是等差数列,公差为 1 ,首项为 a1 ? 1 n n n ?1
2 2 2

2

2

2

∴ an ? 1 ? 1 (n ? 1) ? 1 (n ? 1) ,∴ an ? (n ?1)2n?1 (易看出 {an ? n ? 2n?1} 是等比数列,首项为 1,公比为 2)) n
2 2 2

(Ⅱ)当 b ? 2 时,由(Ⅰ)知, an ? n ? 2n?1 ? 2n?1 ,即 an ? (n ? 1) ? 2n?1 当 b ? 2 时,由①: an ? ban?1 ? 2n?1 , 可设 an ? ? ? b ? ( an ?1 ? ? ) n n ?1
2 2 2

两边同时除以 2 得 an ? b ? an ?1 ? 1 , n n ?1
n

2

2 2

2

…………②, 展开②得 an ? b ? an ?1 ? b ? 2 ? ? , n n ?1
2 2 2 2
1 , b?2

与 an ? b ? an?1 ? 1 比较,得 b ? 2 ? ? ? 1 , ∴ ? ? n n ?1
2 2 2 2
2 2

∴ an ? 1 ? b ? ( an?1 ? 1 ) n n ?1
2 b?2 2 2 b?2

5

∴ { an ? 1 } 是等比数列,公比为 b ,首项为1 ? 1 ? b ? 1 n
2 b?2

2

b?2

b?2

∴ an ? 1 ? b ? 1 ? ( b ) n ?1 ,即 an ? b ? 1 ? ( b ) n ?1 ? 1 ,∴ a ? 2n ? b ? 1 ? ( b )n?1 ? 1 ? ? 2(b ? 1)bn?1 ? 2n . n ?b ? 2 2 2n b ? 2 2 b?2 2n b ? 2 b ? 2 2 b ? 2? b?2 ? ? 注:本问也可由待定系数法得到 an ?1 ?

1 1 ? 2n ?1 ? b(an ? ? 2n ) 进而求出通项. 2?b 2?b

6. 数列{an }的前n项和为S n , 且满足a1 ? 1, an?1 ? 2S n ? n 2 ? n ? 1, 求数列{an }的通项公式 . 解 : an?1 ? 2S n ? n 2 ? n ? 1, 则an ? 2S n?1 ? (n ? 1) 2 ? (n ? 1) ? 1, ? an?1 an 2n ? 2 ? ? n?1 , 3n?1 3n 3 n an 2n ? 2 1 2n ? 1 3 1 令bn ? n , 则bn?1 ? bn ? n?1 , 运用叠加法可求得 n ? ? b ,? an ? ? n ? . n 2 2?3 2 2 3 3 2n ? 2 注 : 在用叠加法求bn的过程中 需求数列 n?1 }的前n项和, 显然可用 错位相减法 求之. , { " " 3 9.?an ? , a1 ? 2, an?1 ? 4an ? 3n ? 1, 求an . 中 两式相减得an?1 ? an ? 2an ? 2n ? 2,即an?1 ? 3an ? 2n ? 2, 两边同除以 n?1 得 3
备注:类型二典型题,也可以使用待定系数法。 17. 已知数列 {an } 满足 an?1 ? 2an ? 3n2 ? 4n ? 5,a1 ? 1,求数列 {an } 的通项公式. 解:设 an?1 ? x(n ? 1)2 ? y(n ? 1) ? z ? 2(an ? xn2 ? yn ? z) ,

即an?1 ? 2an ? xn2 ? ( y ? 2x)n ? ( z ? x ? y), 与 an?1 ? 2an ? 3n2 ? 4n ? 5,a1 ? 1比较系数
得:

?x ? 3 ?x ? 3 ?x ? 3 ? ? ? ? y ? 2 x ? 4 , 解得 ? y ? 10, ,则 ? y ? 10 , ?z ? x ? y ? 5 ? z ? 18 ? z ? 18 ? ? ?


an?1 ? 3(n ?1)2 ?10(n ?1) ?18 ? 2(an ? 3n2 ?10n ?18)

,



an?1 ? 3(n ? 1)2 ? 10(n ? 1) ? 18 ? 2, an ? 3n2 ? 10n ? 18
故 {an ? 3n2 ? 10n ? 18} 为以 a1 ? 3?12 ? 10 ?1 ? 18 ? 1 ? 31 ? 32 为首项,以 2 为公比的等比数 列, 因此 an ? 3n2 ? 10n ? 18 ? 32 ? 2n?1 ,即 an ? 2n?4 ? 3n2 ?10n ?18 .

6

5.类型三: an?1 ? pan ? qan?1 ? r (n)( p, q为非零的常数)
4 13 4 1 9. 数列{an }满足a1 ? , a2 ? , 且an?1 ? an ? an?1 (n ? 2),求数列{an }的通项公式 . 3 9 3 3 4 1 1 解法一 : 解方程x 2 ? x ? 得x1 ? 1, x2 ? (注 : 如果是参加高考 这一过程省略掉 , ) 3 3 3 1 1 1 原递推关系式可化为 n?1 ? an ? (an ? an?1 )①, 也可化为an?1 ? an ? an ? an?1② a 3 3 3 1 1 n?1 1 n?1 1 由①得an?1 ? an ? ? ( ) ? ( ) ; 由②得an?1 ? an ? 1. 9 3 3 3 3 1 ② ? ①并整理得: an ? ? . 2 2 ? 3n 1 1 4 13 解法二:由上知特征方程的两个 1, , 故可设an ? a ? b( ) n ,? a1 ? , a2 ? , 解为 3 3 3 9 4 1 13 1 3 1 3 1 ? ? a ? b( ), ? a ? b( ) 2 , 解得a ? , b ? ? ,? an ? ? . 3 3 9 3 2 2 2 2 ? 3n (建议, 如果高考中遇到这类解 答题, 请采用解法一)

5 5 2 16.设数列?a n ?满足 a1 ? 1, a 2 ? , a n ? 2 ? a n ?1 ? a n , (n ? 1,2,3,?), 求数列?na n ?的前 n项和 S n . 3 3 3
11. 数列{an }满足a1 ? 3, a2 ? 6, 且an? 2 ? 5an?1 ? 6an ? 5n, 求数列{an }的通项公式 . 解 : 解方程x 2 ? 5 x ? 6得x1 ? 2, x2 ? 3(注 : 如果是参加高考 这一过程省略掉 , ) 原递推关系式可化为 n? 2 ? 2an?1 ? 3(an?1 ? 2an ) ? 5n, 设bn ? an?1 ? 2an , 则bn?1 ? 3bn ? 5n, a bn?1 bn 5n b b n?1 5k 5 5 ? n ? n?1 ,? n ? 1 ? ? k ?1 ? 0 ? [3n ? (2n ? 1)],? bn ? [3n ? (2n ? 1)], n ?1 n n 3 k ?1 3 4 3 3 3 3 4?3 a a 5 5 1 3 (2n ? 1) ? an?1 ? 2an ? [3n ? (2n ? 1)], 从而 n?1 ? n ? [ ( ) n ? n?1 ], n ?1 n 4 4 2 2 2 2 2 n ?1 n ?1 n ?1 a a 5 1 3 (2k ? 1) 3 5 3 (2k ? 1) 5(3n ? 2n ? 3) 7 ? n ? 1 ? ? [ ( ) k ? k ?1 ] ? ? [? ( ) k ?? ]? ? , 2 8 k ?1 2 2 2 n 2 k ?1 4 2 2 2 2k 2 n?2 k ?1 即 ? an ? 5(3n ? 2n ? 3) ? 7 ? 2 n?1. 4

备注:三项递推关系再加上一个 f(n)

6.类型四: an?1 ?

pan ? q ( p, q, r , h为常数, 且r ? 0) ran ? h

px ? q (此方程可在递推关系式中将 a n?1 , a n 都换成x得到) 的两根为 ? , ? rx ? h a ? ? p ? r? an ? ? (1)若 ? , ? ? a1 且 ? ? ? ,则 n?1 ,即数列{ an ? ? }等比数列; ? ? an?1 ? ? p ? r ? an ? ? an ? ?
有如下结论:设方程 x ?
7

(2)若 ? ? ? ? a1 , ①若 p ? h ? 0 ,则
1 2r 1 即数列{ 1 }等差数列; ? ? an?1 ? ? p ? h an ? ? an ? ?

②若 p ? h ? 0, 则an ? ?

?a1 (n ? 1) . ?? (n ? 2)

(3)若 ?与?中有一个的值为a1 , 则 an }为常数列,即an ? a1. { 注:事实上,(2)②与(3)在极特殊的情况下在出现,且出现这两种情况时,通项公式一眼就能看出来,故 实际上我们要重点关注的其实只有(1)与(2)①这两种情况. 12. 已知数列 ?an ? 满足 a1 ? 2, an ? 2 ?

1 , n ? N * ,求通项 an . an ?1

备注:两个特征根相等时可以构造等差数列
1 2a ? 1 解: an ? 2 ? 1 ? n ?1 , (考虑特征方程 x ? 2 ? 得特征根 x ? 1 ) x an?1 an?1
a 1 1 1 1 ? ? ? n ?1 ? 1 ? 1 1 an ? 1 (2 ? an ?1 ? 1 an ?1 ? 1 ) ?1 1 ? an ?1 an ?1

n ?1 1 1 ? 1 ? 所以数列 ? ? 1 为首项, 1 为公差的等差数列, 故 ? n , 即 an ? ? 是以 n a1 ? 1 an ? 1 ? an ? 1 ?
13.(2009 江西)各项均为正数的数列{ an }满足: a1 = a , a2 =b 且对任意的 m+n=p+q 的正整数 m,n,p,q 都有

a p ? aq 1 4 am ? an ,当 a = ,b= 时求数列{ an }的通项公式. ? 2 5 (1 ? an )(1 ? am ) (1 ? an )(1 ? aq )

备注:两个特征根不相等时可以构造等比数列 解:由

a p ? aq a1 ? an a2 ? an?1 am ? an 得 ? ? (1 ? am )(1 ? an ) (1 ? a p )(1 ? aq ) (1 ? a1 )(1 ? an ) (1 ? a2 )(1 ? an?1 )
1 4 2a ? 1 , b ? 代入上式化简得 an ? n ?1 2 5 an?1 ? 2

将a ?

解方程 x ?

2x ?1 得: x ? ?1 (注:参加高考时,这一步在草稿上完成,不要写在试卷上), x?2

2an ?1 ? 1 ?1 an ? 1 an ?1 ? 2 1 a ?1 ? ? ? n ?1 2an ?1 ? 1 an ? 1 ? 1 3 an ?1 ? 1 an ?1 ? 2
所以数列 ?

? an ? 1 ? 1 a1 ? 1 1 ? ? 为首项,以 为公比的等比数列, ? 是以 3 a1 ? 1 3 ? an ? 1 ?



an ? 1 3n ? 1 1 1 1 . ? ? ? ( )n ?1 ? ?( )n ,解得 an ? n 3 ?1 an ? 1 3 3 3
8

14.(2005 年高考·重庆卷)设数列 {a n } 满足 8an?1an ? 16an ?1 ? 2an ? 5 ? 0 ( n ?1 ) ,且

a1 ? 1,记bn ?

1 1 an ? 2

(n ? 1) .求数列 {bn } 的通项公式及数列 {a n bn } 的前 n 项和。

备注:两个特征根不相等时可以构造等比数列 解法一:由已知得 a n ?1 ?

2a n ? 5 2x ? 5 1 5 ,由方程 x ? ,求出不动点 x1 ? , x 2 ? 。 16 ? 8 x 2 4 16 ? 8a n

2a n ? 5 1 1 1 ? an ? 16 ? 8a n 2 1 2 ? 2, 于是 ? · 5 2a n ? 5 5 2 5 a n ?1 ? an ? ? 4 16 ? 8a n 4 4 a n ?1 ?

1 1 1 an ? a1 ? 1 2 } 是公比为 的等比数列, 所以 2 ? 2 ·( 1 ) n ?1 ? ? 4 , 所以数列 { 5 5 5 2 2 2n an ? a1 ? an ? 4 4 4 an ?
解得 a n ?

2 n ?1 ? 5 ,bn ? 2n ? 4

1 an ? 1 2

?

2n ? 4 5 1 ,a n bn ? ? · 2 n ?1 3 3 3

1 (1 ? 2 n ) 5n 3 1 故数列 {a n bn } 的前 n 项和为 ? ? (2 n ? 5n ? 1) . 3 1? 2 3
1 解法二: 设8(an?1 ? t )(an ? t ) ? a(an?1 ? t ) ? b(an ? t ) ? 0,比较系数得t ? ? , a ? ?12, b ? 6, 2 1 1 1 1 1 2 4 即8(an?1 ? )(an ? ) ? 12(an?1 ? ) ? 6(an ? ) ? 0, 从而 ? ? ,? 1 1 3 2 2 2 2 an?1 ? an ? 2 2 n ?1 5? 2 可得an ? ,以下略. 4 ? 2n

7.奇偶项分析法
3 1 5 1 7 1 9 34.求数列: 1, , , , , , , ,? 的一个通项公式. 2 3 4 5 6 7 8
?1 * ? n (n ? 2k ? 1, k ? N ) 1 1 n ?1 1 1 n ? 1 1 ? (?1) n 1 ? 解析 : 显然an ? ? ,? an ? ( ? ) ? (?1) n?1 ? ( ? )? ? . 2 n n 2 n n 2 n ?n ?1 ( n ? 2k , k ? N * ) ? n ?

9

17. (2007陕西)各项不全为零的数列?an ?的前k 项和为S k , 且S k ? (1)求数列?ak ?的通项公式. (2)对任意给定的正整数n( n ? 2), 数列?bn ? 满足 求数列?bn ?的前n项和.

1 ak ak ?1 , k ? N *, a1 ? 1. 2

bk ?1 k ? n ? , (k ? 1, 2,? , n ? 1), b1 ? 1, bk ak ?1

备注:一问奇偶项分析的典型案例。二问理科题,逐商法的应用。

25. 已知数列{ an }中, a1 ? 1 , a2k ? a2k ?1 ? (?1) k , a2k ?1 ? a2k ? 3k , (其中 k ? 1,2,3,? ) ,求 an . 备注:1,间隔两项的关系,要奇偶分析。2,求出奇数项表达式后代入即可求偶数项表达式,3,

(-1 1 +?+(-1 n 是一个等比数列,不要再奇偶分析了。 ) )
解: a2k ?1 ? a2k ? 3k ? a2k ?1 ? (?1) k ? 3k , 于是 a2k ?1 ? a2k ?3 ? 3k ?1 ? (?1) k ?1 , 则 a2k ?1 ? a1 ? (a3 ? a1 ) ? (a5 ? a3 ) ? ? ? (a2k ?1 ? a2k ?3 )

? 1 ? 31 ? (?1)1 ? 32 ? (?1) 2 ? ? ? 3k ?1 ? (?1) n?1
? (?1) 0 ? (?1)1 ? (?1) 2 ? ? ? (?1) k ?1 ? 31 ? 32 ? ? ? 3k ?1 ?
于是 a2k ? a2k ?1 ? (?1) k ?

1 ? (?1) k 3(3k ?1 ? 1) 3k (?1) k ? ? ?1 ? 2 2 2 2

3 k ? (?1) k ?1 2
3
n ?1 2

综上可知:当 n ? 2k ? 1 时, a n ?

? (?1) 2

n ?1 2

n

n

?1;

2 2 当 n ? 2k 时, a n ? 3 ? (?1) ? 1 . 2

8.其它题型——数列经过一定变换之后成为常规数列
6.(2009重庆理)设a1 ? 2, an?1 ? 提示 : bn ?1 ?| a ?2 2 , bn ?| n |, n ? N * , 则数列{bn }的通项bn ? _______ . an ? 1 an ? 1

an ?1 ? 2 a ?2 |? 2 | n |,?{bn }是以4为首项, 2为公比的等比数列,故bn=2n ?1. an?1 ? 1 an ? 1
10

三、已知 Sn 与 an 关系求通项
27. 已知 Sn 为数列 ?an ? 的前 n 项和,且 Sn ? 2n ? 1 ,求数列 ?an ? 的通项公式. 解:当 n ? 1 时, a1 ? S1 ? 2 ? 1 ? 3 ,当 n ? 2 时, an ? Sn ? Sn?1 ? (2n ? 1) ? (2n?1 ? 1) ? 2n?1 . 而 n ? 1 时, 21?1 ? 1 ? a1 ,? an ? ?

?3(n ? 1) . n ?1 ?2 (n ? 2)

备注:n=1 的时候后面算出来的通项不一定满足,所以要写成分段的形式。

1 1 28.已知各项均为正的数列{an }中, 其前n项和Sn满足Sn ? (an ? ), 求该数列的通项公式. 2 an
分析 : 思路一, 可消掉S n , 将题中的递推关系转化 成纯粹的关于项的关系 : S n ?1 ? 式 1 1 (a n ?1 ? ), 从而 2 a n ?1

1 1 1 1 1 a n ?1 ? [a n ?1 ? ? (a n ? )], 即a n ?1 ? a n ? ? , 难再进行下去了 不得不换另一种思路 , . 2 a n ?1 an a n ?1 a n 思路二: 消掉a n , 将题中的递推关系转化 成纯粹的关于和的关系 : S n ? 式
2 2 2 2

1 1 ( S n ? S n ?1 ? ), 2 S n ? S n ?1
2

即S n ? S n ?1 ? 1,? 数列{S n }是以S1 ? 1为首项,1为公差的等差数列? S n ? n,? a n ? 0,? S n ? n , , 进一步可求得a n ? n ? n ? 1.

备注:此题消掉 sn 不好做,就转头消掉 an 也许很好做。思路灵活。

1 3 18.数列?an ?满足 S n ? S n ? 2 ? 3(? ) n ?1 (n ? 3), S1 ? 1, S 2 ? ? , 求an . 2 2
备注:下来再研究。

19.?a n ?中, a1 ? 3, S n ?

1 (n ? 1) ? (a n ? 1) ? 1. 2 (1)求证 : 数列?a n ?是等差数列 ; ? 1 ? (2)设数列? ?的前n项和为Tn , 是否存在实数M , 使得Tn ? M对一切正整数n都成立 ? ? a n ? a n ?1 ? 若存在, 求出M的最小值.

备注:下来再研究。

四、用不完全归纳法猜想,用数学归纳法证明
20.?an ? 是由非负整数组成的数列,a1 ? 0,a2 ? 3,an ?1an ? (an ?1 ? 2)(an ? 2 ? 2),n ? 3,4,5,? (1) 3 (2)证明 : an ? an ? 2 ? 2,n ? 3,4,5,?(3)求 ?an ? 的通项公式及前n项和S n . 求a

11

30.设数列 ?an ? 满足: a1 ? 2, an?1 ? an ? nan ? 1, 求数列 ?an ? 的通项公式.
2

解: 由 a1 ? 2 ,得 a2 ? a1 ? a1 ? 1 ? 3 ;
2
2

由 a2 ? 3 ,得 a3 ? a2 ? 2a2 ? 1 ? 4
2

由 a3 ? 4 得 a4 ? a3 ? 3a3 ? 1 ? 5, ? ,猜想 an ? n ? 1(n ? N * ) , 以下用数学归纳法证明: (1)当 n=1 时, a1 ? 2 ? 1 ? 1, 猜想成立;

(2)假设当n ? k时, a k ? k ? 1, 则当n ? k ? 1时, a k ?1 ? a k ? ka k ? 1 ? (k ? 1) 2 ? k (k ? 1) ? 1 ? k ? 2 ? (k ? 1) ? 1.
2

这就是说当n ? k ? 1时, 猜想也成立, 从而对一切n ? N * , 猜想成立, 即a n ? n ? 1.
31.设数列 ?an ? 满足: a1 ? 1, an?1an ? 2n 2 (an?1 ? an ) ? 1 ? 0, 求数列 ?an ? 的通项公式.

解 :由a n ?1 a n ? 2n 2 (a n ?1 ? a n ) ? 1 ? 0得a n ?1 ?

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

, 可算得a 2 ? 3, a3 ? 5, a 4 ? 7,

猜想a n ? 2n ? 1, 并用数学归纳法予以证 (以下略). 明

五.递推数列的简单应用
(一)an=p·n-1+q 型 a 37.某种电路开关闭合后,会出现红灯或绿灯闪动,已知开关第一次闭合后,出现红灯和绿灯的概率都 1 1 2 是 ,从开关第二次闭合起,若前次出现红灯, 则下次出现红灯的概率是 ,出现绿灯的概率是 ;若前次出 2 3 3

12

3 2 现绿灯,则下次出现红灯的概率是 ,出现绿灯的概率是 ,记开关第 n 次闭合后出现红灯的概率为 Pn. 5 5 (1)求:P2; 1 (2)求证:Pn< (n≥2). 2

解析:(1)第二次闭合后出现红灯的概率 P2 的大小决定于两个互斥事件:即第一次红灯后第二次又是红 1 3 7 灯;第一次绿灯后第二次才是红灯. 于是 P2=P1·+(1-P1)·= . 3 5 15 (2)受(1)的启发,研究开关第 N 次闭合后出现红灯的概率 Pn,要考虑第 n-1 次闭合后出现绿灯的情况, 1 3 4 3 4 9 有:Pn=Pn-1·+(1-Pn-1)·=- Pn-1+ ,再利用待定系数法:令 Pn+x=- (Pn-1+x)整理可得 x=- 3 5 15 5 15 19 9 9 4 ∴{Pn- }为首项为(P1- )、公比为(- )的等比数列, 19 19 15 9 9 4 - 1 4 - 9 1 4 n-1 9 1 1 Pn- =(P1- )(- )n 1= (- )n 1,故 Pn= + (- ) ,∴当 n≥2 时,Pn< + = 19 19 15 38 15 19 38 15 19 38 2 (二) n+1=p·an+f(n)型 、a 38.(传球问题)A、B、C、D 四人互相传球,由 A 开始发球,并作为第一次传球,经过 5 次传球后,球 仍回到 A 手中,则不同的传球方式有多少种?若有 n 个人相互传球 k 次后又回到发球人 A 手中的不 同传球方式有多少种? 分析:这类问题人数、次数较少时常用树形图法求解,直观形象,但若人数、次数较多时树形图法 则力不从心,而建立递推数列模型则可深入问题本质. 4 人传球时,传球 k 次共有 3k 种传法。设第 k 次将球传给 A 的方法数共有 ak(k∈ N*)种传法,则不传 给 A 的有 3k-ak 种,故 a1=0,且不传给 A 的下次均可传给 A,即 ak+1 1 ak 1 ak 1 1 1 ak+1=3k-ak. 两边同除以 3k+1 得 k+1=- · k+ ,令 bk= k,则 b1=0,bk+1- =- (bk- ), 3 3 3 3 3 4 3 4 1 1 1 - 3k 3 则 bk- =- (- )k 1,∴ak= + (-1)k, 4 4 3 4 4 当 k=5 时,a5=60.

(n-1)k n-1 当人数为 n 时,分别用 n-1,n 取代 3,4 时,可得 ak = + (-1)k. n n

[ 39.(最大奇因子问题)对自然数 k , 设g (k )表示k的最大奇因子 例如g (3) ? 3, g (20) ? 5]. 求 :
g (1) ? g (2) ? g (3) ? ? ? g (2 n )(其中n是自然数).
k k 分析 : 若k为奇数, 则g (k ) ? k ; k为偶数时, g (k ) ? g ( ), 若 是奇数, 则g (k ) ? g (k ), 否则可继续下去 . 2 2 令 : S n ? g (1) ? g (2) ? g (3) ? ? ? g (2 n ), 则 : S n ? 1 ? 3 ? 5 ? ? ? (2 n ? 1) ? g (2) ? g (4) ? g (6) ? ? ? g (2 n ) 2 n ?1 (1 ? 2 n ? 1) ? g (1) ? g (2) ? g (3) ? ? ? g (2 n ?1 ) ?? S n ?1 ? 4 n ?1 (n ? 2), 其中S1 ? g (1) ? g (2) ? 2. 2 4n ? 2 以下略. 答案 : g (1) ? g (2) ? g (3) ? ? ? g (2 n ) ? . 3 ?

(三)an+1=an·f(n)型 40. (结草成环问题)现有 n(n∈N*)根草,共有 2n 个草头,现将 2n 个草头平均分成 n 组,每两个草头 打结,求打结后所有草能构成一个圆环的打结方法数. 分析:将 2n 个草头平均分成 n 组,每两个草头打结,要使其恰好构成圆环,不同的连接方法总数设为 an.
13

将草头编号为 1,2,3,……,2n-1,2n. 草头 1 可以和新草头 3,4,5,……,2n-1,2n 共 2n-2 个新草头相连,如右图所示. 假设 1 和 3 相连,则与余下共 n-1 条相连能成圆环的方法数为 an-1. an ∴an=(2n-2)an-1,(n≥2,n∈N*),a1=1,得 =2n-2 an-1 an an-1 a2 - an= · ·……· ·a1=(2n-2)(2n-4)……2×1=2n 1(n-1)! a1 an-1 an-2
1 3 5 …… 2n-1 2n 2 4 6

变式游戏:某人手中握有 2n(n∈N*)根草,只露出两端的各自 2n 个草头,现将两端的 2n 个草头各自随 机平均分成 n 组,并将每组的两个草头连接起来,最后松手,求这时所有的草恰好构成一个圆环的 概率. 分析:两端的 2n 个草头随机两个相连不同的方法数为 N=(
2 2 C2nC2n-2……C2 2 2 ) n!

能够构成圆环的连接方法分两步: 第一步, 先将一端的 2n 个草头平均分成 n 组, 每两根连接起来, 得到 n 组草, 认为得到 n 根“新草”, 2 2 C2nC2n-2……C2 2 连接方法数 m1= . n! 第二步,将另一端的 2n 个草头平均分成 n 组连接起来,要使其恰好构成圆环,不同的连接方法总 - 数 m2=2n 1(n-1)!. 2n-1 m1m2 (n-1)!n!2 ∴ 所求的概率 Pn= = . N (2n)! (四)、an+1=p·n+q·n-1 型 a a 41. (上楼梯问题)从教学楼一楼到二楼共有 15 级楼梯,学生 A 一步能上 1 级或 2 级,那么 A 从一楼上 到二楼的不同方法数共有多少种? 设上到第 n 级楼梯的方法数为 an(n∈N),则 a1=1,a2=2,an=an-1+an-2(n≥3), 由此可得,{an}为斐波那契数列:1,2,3,5,8,……得 a13=377,a14=610,a15=987.

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