数列求通项方法总结高三复习优质材料.doc

数列求通项明师教育项目组 望习才求通项方法总结习题：一、观察法猜想通项公式提示：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，否则此法行不通备注：取倒数之后变成逐差法。2. 在数列中，已知 ，求该数列的通项公式.备注：取倒数之后变成逐差法。解：两边取倒数递推式化为:，即所以,将以上个式子相加，得：即故备注：倒数后变逐差法。2.逐商法备注：逐商法的经典案例。备注：经典题，通过简单变换就变成逐商法。备注：经过简单变换之后是逐商法。备注：取完对数之后变成了逐商法，也可以看作是等比数列。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.类型一：备注：类型1经典题。备注：经典题，通过an和sn的关系变换之后成为类型1。备注：取完对数之后变成了类型一。备注：取完对数之后变成了类型一。4.类型二： 备注：类型2典型题。两种解法。备注：类型2常见题型。两种解法。16.(2006年全国卷)在数列中,.求首项与通项.解：由题意得，解得.又，即，设，利用待定系数法可得，又，所以数列是公比为的等比数列. 所以，即.9.设数列的前项为，已知(I)证明：当时，是等比数列；(II)求的通项公式备注：二问三种方法，一是除以，而是除以，或者待定系数法用逐差法来做。解析：由题意，在中，令，得，由,得,两式相减得：,即（）当时，由知， 于是 又，所以是首项为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：当时，由知，两边同时除以得，即，是等差数列，公差为，首项为,(易看出是等比数列,首项为1,公比为2)（）当时，由（）知，即当时，由：，两边同时除以得，可设， 展开得，与比较，得， ， 是等比数列，公比为，首项为，即，. 注：本问也可由待定系数法得到进而求出通项.备注：类型二典型题，也可以使用待定系数法。17. 已知数列满足，求数列的通项公式.解：设,与比较系数得:，则，故,则，故为以为首项，以2为公比的等比数列，因此，即.5.类型三：备注：三项递推关系再加上一个f（n）6.类型四：有如下结论:设方程(此方程可在递推关系式中将的两根为,(1)若且,则,即数列等比数列;(2)若,若,则即数列等差数列; 若 (3)若 注:事实上,(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)这两种情况.12. 已知数列满足,求通项.备注：两个特征根相等时可以构造等差数列解: (考虑特征方程得特征根)所以数列是以为首项, 1为公差的等差数列, 故, 即13(2009江西)各项均为正数的数列满足：=, =b且对任意的m+n=p+q的正整数 m,n,p,q都有,当=,b=时求数列的通项公式.备注：两个特征根不相等时可以构造等比数列解:由得将代入上式化简得解方程得：(注：参加高考时，这一步在草稿上完成，不要写在试卷上)，所以数列是以为首项,以为公比的等比数列，故 ，解得.14.（2005年高考重庆卷）设数列满足（），且.求数列的通项公式及数列的前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，由方程，求出不动点，。 于是， 所以数列是公比为的等比数列, 所以， 解得 故数列的前n项和为.7.奇偶项分析法34求数列:的一个通项公式. 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. 已知数列中，（其中），求.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，是一个等比数列，不要再奇偶分析了。解：于是，则 于是综上可知：当时，; 当时，.8.其它题型数列经过一定变换之后成为常规数列三、已知Sn与an 关系求通项27. 已知为数列的前项和,且,求数列的通项公式.解:当时，当时，.而时，.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。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。备注：下来再研究。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30.设数列满足: 求数列的通项公式. 解: 由，得; 由，得由得 ,猜想, 以下用数学归纳法证明:(1)当n=1时,31.设数列满足:求数列的通项公式. 五递推数列的简单应用（一）an=pan1+q型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.(1)求：P2； (2)求证：Pn(n2).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灯；第一次绿灯后第二次才是红灯. 于是P2=P1+(1P1)=.(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n1次闭合后出现绿灯的情况，有:Pn=Pn1+(1Pn1)=Pn1+，再利用待定系数法：令Pn+x= (Pn1+x)整理可得x=Pn为首项为(P1)、公比为( )的等比数列,Pn=(P1 )( )n1= ()n1，故Pn= +( )n1,当n2时，Pn+=（二）、an+1=pan+f(n)型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(kN*)种传法，则不传给A的有3kak种，故a1=0，且不传给A的下次均可传给A，即ak+1=3kak. 两边同除以3k+1得= +，令bk= ，则b1=0，bk+1 = (bk )，则bk = ()k1，ak= +(1)k, 当k=5时，a5=60.当人数为n时，分别用n1，n取代3，4时，可得ak = + (1)k.39(最大奇因子问题)对自然数 （三）an+1=anf(n)型40 (结草成环问题)现有n(nN*)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.将草头编号为1，2，3，2n1，2n.草头1可以和新草头3，4，5，2n1，2n3412562n-12n共2n2个新草头相连，如右图所示.假设1和3相连，则与余下共n1条相连能成圆环的方法数为an1.an=(2n2)an1，(n2，nN*)，a1=1，得 =2n2an= a1=(2n2)(2n4)21=2n1(n1)!变式游戏：某人手中握有2n(nN*)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”，连接方法数m1=.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=2n1(n1)!.所求的概率Pn=.(四)、an+1=pa