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常见递推数列求通项公式的七种方法

时间:2014-04-14

学科探究·中学教学

常见递推数列求通项公式的七种方法

何发科
(宕昌县第一中学 甘肃 陇南

748500)

类 型 一 :已 知 a1=a,an+1-an=f(n)(n∈N*)型 ,可 用 累 加 法

求 an.

an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)

=a1+f(1)+f(2)+…f(n-1). 例 1.已知数列 * an * 中,a1=2,an+1=an+n+2,求 an.

∵an+1=an+n+2,

∴ 当 n≥2 时,an-an-1=n+1,

∴a2-a1=3,a3-a2=4,a4-a3=5,… ,an-an-1=n+1 ,

把上列 n-1 个式子相加,得 an-a1=3+4+5+…+n+1.

∴an=2+3+4+…+n+1=

[2+(n+1)]n 2

=

n(n+3) 2

.



n=1

时 ,a1=2

也 满 足 .∴an=

n(n+3) 2

.

类 型 二 :已 知 a1=a(a≠0),an+1=f(n)·an 型 ,可 用 累 乘 法 求

an.



an+1=f(n)·an

可知:

a2 a1

=f(1), a3 a2

=f(2),…, an an-1

=f(n-1).

把上面各项两边分别相乘,得

an=a1·f(1)·f(2)·…·f(n-1).(n≥2)

例 2.设 * an ≠ 是首项为 1 的 正 项 数 列 ,且 (n+1)an+12-nan2+

an+1an=0,求数列 * an ≠ 的通项公式.

解:由(n+1)an+12-nan2+an+1an=0 可得:[(n+1)an+1-nan](an+1+an)=0.

∵ * an ≠ 是正项数列,∴an+1+an>0.

∴(n+1)an+1-nan=0,得

an+1 an

=

n n+1

.



an=

an an-1

·an-1 an-2

·…·a2 a1

·a1.

=

n-1 n

·nn--21

·∧·34

·23

·12

=

1 n

.



n=1

时 ,a1=1

也 满 足 ,∴an=

1 n

(n∈N*).

类 型 三 :已 知 a1=a,an+1=can+d(c≠0,c≠1,d≠0)型 ,用 参 数法构造新数列 * an+λ ≠ 为等比数列.

设 an+1+λ=c(an+λ),得 an+1=can+cλ-λ,



cλ-λ=d



λ=

d c-1

,则 * an+λ

≠ 是 等 比 数 列 .



3.若 数 列

* an

≠ 满 足

an+1=

1 2

an+1,且 a1=1,求通项 an.

解 :λ=

1 1 -1

=-2,∴



an+1=

1 2

an+1 两边加-2,

得 :an+1-

2

2=

1 2

(an-2).∴ 数 列 * an-2

≠ 是 以

a1-2=-1

为首项,

1 2

为公比

的等比数列.

∴an-2=(-1)·(

1 2

)n-1,即

an=2-(

1 2

)n-1.



n=1

时 ,a1=1

适合

an.∴an=2-(

1 2

)n-1

(n∈N*).

类 型 四 :已 知 a1=a,an+1=can+d(n) (c≠1)型 ,构 造 新 数 列 解决.

d(n)是 关 于 n 的 函 数 ,在 an+1=can+d(n)两 边 同 除 以 d(n), 就化成类型三,就用类型三参数去解决.若在 an+1=can+d(n)两 边同除以 cn+1 时,就化成类型一,就用类型一的类加法解决.



4.已 知 数 列

* an

≠ 中 ,a1=

1 3

,an+1+an=2n,求 数 列 * an ≠ 的

通项公式.

解法一:给已知

an+1+an=2n

两边同除以

2n+1,得

an+1 2n+1

=-

1 2

·2ann

+1.令

bn=

an 2n

,则

bn+1=

an+1 2n+1



∴bn+1=-

1 2

bn+1,用 类 型 三 参 数 法 求 解 ,得

bn=

1 3

+

1 3

(-

1 )n. 2



an 2n

=

1 3

+

1 3

(-

1 2

)n,得

an=

2n+(-1)n 3

.



n=1

时 ,a1=

1 3





合.∴an=

2n+(-1)n 3

(n∈N*).

解 法 二 :对 an+1+an=2n 两 边 同 除 以 (-1)n+1,得 (-1)n+1an+1-

(-1)nan=-(-2)n.

令 bn=(-1)nan,则 bn+1=(-1)n+1an+1,

∴bn+1-bn=-(-2)n.

用类型一的累加法可得

∴bn=

1+(-2)n 3

.



(-1

)nan=

1+(-2)n 3

.∴an=

2n+(-1)n 3

.



n=1

时 ,a1=

1 3

也适合.

∴an=

2n+(-1)n 3

(n∈N*).

类 型 五 :已 知 a1=a

(a≠0),an+1=

ban dan+c

(b≠0,c≠0,d≠

0)型 ,两 边 取 倒 数 ,构 造 新 数 列 求 解 .



5. 已 知 数 列

* an

≠ 中

,a1=2,an+1=

an 3an+1

,求 数 列 * an ≠ 的

通项公式.

- 52 -

2009 年第 7 期

学科探究·中学教学

概率题典型错误类型及根源分析
— ——从一道高考题谈概率

(临洮中学

赵永刚
甘肃 定西

730500)

(2007 全国卷 2 卷)从某 批 产 品 中 ,有 放 回 的 抽 取 产 品

二次,每次随机抽取 1 件.假设事件 A:“取出的 2 件产品中

至多有 1 件是二等品”的概率 P(A)=0.96.

(1)求从该批产品中任取 1 件是二等品的概率 P;

(2)若 该 批 产 品 共 100 件 ,从 中 任 意 抽 取 2 件 ,S 表 示

取出的 2 件产品中二等品的件数,求 S 的分布列.

看到题目后同学们都以为很简单,但由于对“至多”“互

斥”等词语的含意拿捏不准确,以至出现错误.

在日常教学中不仅要注意情景的设置更应注意概率中

基本概念的把握,注意题目中常见的词语的细微区别,下面

就概率中同学们容易出错的题目列举如下共同探讨.

类型一:“非等可能”与“等可能”混同

例 1.掷 两 枚 骰 子 ,求 事 件 A 为 出 现 的 点 数 之 和 等 于 3

的概率.

错解: 掷两枚骰子出现的点数之和的可能数值为:

2,3,4,…



,12,事



A





果只



3,故

P(A)=

1 11

.

错因分析:公式 P(A)= 事件 A 包含的基本事件数 基本事件的总数

此公式适用于等可能事件, 而取数值 2 和 3 不是等可

能 的 , 数 值 2 只 有 在 (1,1) 情 况 下 才 出 现 , 而 3 的 出 现 有

(1,2)、(2,1)两种情况 ,其 它 的 数 值 可 类 推 ,在 这 儿 把 非 等

可能误解为等可能.

正 解 : 掷 两 枚 骰 子 可 能 出 现 的 情 形 为 :(1,1),(1,2),

…,(1,6),(2,1)(2,2), …,(2,6), …,(6,1),(6,2), …,

(6,6),结果总数为 6× 6=36.

在 这 些 结 果 中 ,事 件 A 包 含 的 结 果 有 (1,2)、(2,1)两

种.故

P(A)=

2 36

=

1 18

.

类型二:“有序”与“无序”混同

例 2.从 10 件产品(其中次品 3 件)中,一件一件地不放

回地任意取出 4 件,求 4 件中恰有 1 件次品的概率.

错解:因为第一次有 10 种取法,第二次有 9 种取法,第

三次有 8 种取法, 第四次有 7 种取法, 由乘法原理可知从

10 件产品(其中次品 3 件)中,一件一件 地 不 放 回 地 任 意 取

解 :∵an+1=

an 3an+1

,∴ 两边取倒数,得 1 an+1

-1 an

=3.



1 an

是以 1 = 1 为首项,3 为公差的等差数列. a1 2

∴1 =1 an 2

+(n-1)×

3=

6n-5 2



∴an=

2 6n-5

.

类 型 六 :已 知 a1=a,a2=b(a≠b),an+1=man+nan-1(m≠0,n≠

0),型,可用迭代法解决.

例 6.已知数列 an 满足 a1=1,a2=5,an+1=5an-4an-1(n≥2),

求数列 an 的通项公式 an.

解:由已知,得 an+1-an=4(an-an-1), ∴an+1-an=4(an-an-1)=4·4(an-1-an-2)=43(an-2-an-3)= … =4n-1(a2a1)=4n. 即 an+1-an=4n. ………………①

又由已知可得 an+1-4an=an-4an-1,

∴an+1-4an=an-4an-1=an-1-4an-2=…=a2-4a1=1.

即 an+1-4an=1.………………………………②

①-②得

:an=

4n-1 3





n=1,2

时 ,a1=1,a2=5

适 合 上 式 ,∴an=

4n-1 3

(n∈N*).

类型七:在递推关系中,既含项 an,又含前 n 项和 Sn,则 an Sn,n=1
Sn-Sn-1. n≥2

例 7. 设数列 an

的前

n

项的和

Sn=

4 3

an-

1 3

×2n+1+ 2 3



n=1,2,3,…,求首项 a1 与通项 an.

解:由

Sn=

4 3

an-

1 3

×2n+1+ 2 3

,………………①



a1=S1=

4 3

a1-

1 3

×4+ 2 3

.解得

a1=2.

由①递推,得

Sn-1=

4 3

an-1-

1 3

×2n+ 2 3

.…………②

①-②得

:an=Sn-Sn-1=

4 3

(an-an-1)-

1 3

(2n+1-2n).(n≥2)

整理得 an+2n=4(an-1+2n-1).(n≥2) ∴ 数列 an+2n 是首项为 a1+2=4,公比为 4 的等比数列. ∴an+2n=4×4n-1=4n,∴an=4n-2n. 当 n=1 时,a1=2 适合,∴an=4n-2n(n∈N*).

(责任编辑:科 言)

2009 年第 7 期

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