高中数学(北师大版)必修五教案：1.1-拓展资料：叠加、叠乘、迭代递推、代数转化.docx

叠加、 叠乘、迭代递推、代数转化
已知数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是依据前几项的特点归纳猜想出a的表达式，然后用数学归纳法证明；另一类是将已知递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或是转化为基本数列（等差或等比）的方法求通项．第一类方法要求同学有确定的观看力气以及足够的结构阅历，才能顺当完成，对同学要求高．其次类方法有确定的规律性，只需遵循其特有规律方可顺当求解．在教学中，我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法．
一、叠加相消．
类型一：形如a＝a+ f (n)， 其中f (n) 为关于n的多项式或指数形式（a）或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消．
例1：已知数列｛a｝,a＝0,n∈N，a＝a＋（2n－1），求通项公式a．
解：∵a=a＋（2n－1）
∴a=a＋（2n－1） ∴a－a =1 、a－a=3 、…… a－a=2n－3
∴a= a＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)=0＋1＋3＋5＋…＋(2n－3)
=[1＋(2n－3)]( n－1)=( n－1)2 n∈N
练习1：⑴.已知数列｛a｝,a=1, n∈N，a=a＋3 n ， 求通项公式a．
⑵.已知数列｛a｝满足a＝3，，n∈N，求a．
二、叠乘相约．
类型二：形如.其中f (n) = （p≠0，m≠0,b –c = km,k∈Z）或 =kn（k≠0）或= km( k ≠ 0, 0＜m且m ≠ 1)．
例2：已知数列｛a｝, a=1，a＞0,( n＋1) a2 －n a2＋aa=0，求a．
解：∵( n＋1) a2 －n a2＋aa=0 ∴ [(n＋1) a－na](a＋a)= 0
∵ a＞0 ∴ a＋a ＞0 ∴ (n＋1) a－na=0
∴
∴
练习2：⑴已知数列｛a｝满足S= a( n∈N), S是{ a}的前n项和,a=1,求a．
⑵.已知数列｛a｝满足a= 3 na( n∈N)，且a=1，求a．
三、逐层迭代递推．
类型三：形如a= f (a)，其中f (a)是关于a的函数.——需逐层迭代、细心查找其中规律．
例3：已知数列｛a｝，a=1, n∈N，a= 2a＋3 n ,求通项公式a．
解： ∵a= 2 a＋3 n
∴ a=2 a＋3 n-1 =2(2 a＋3 n-2)＋3 n-1 = 22(2 a＋3 n-3)＋2·3 n-2＋3 n-1
=……=2 n-2(2 a＋3 )＋2 n-3·3 2＋2 n-4·3 3＋2 n-5·3 4＋…＋22·3 n-3＋2·3 n-2＋3 n-1
=2 n-1＋2 n-2·3 ＋2 n-3·3 2＋2 n-4·3 3＋…＋22·3 n-3＋2·3 n-2＋3 n-1

练习3:⑴.若数列｛a｝中，a=3，且a=a（n∈N），求通项a.
⑵.已知数列｛a｝的前n项和S满足S=2a+，n∈N,求通项a．
四、运用代数方法变形，转化为基本数列求解．
类型四：形如= ，（pq ≠ 0）．且的数列，——可通过倒数变形为基本数列问题．
当p = －q时，则有： 转化为等差数列；
当p ≠ －q时，则有：．同类型五转化为等比数列．
例4：若数列｛a｝中，a=1，a= n∈N，求通项a．
解： ∵
又 ∴ ，
∴ ∴ ∵
∴数列{ a}是首项为1，公差为的等差数列．
∴=1＋ ∴a= n∈N
练习4：已知f (n) = ，数列{ a}满足 a=1，a=f (a)，求a．
类型五：形如a＝pa+ q ,pq≠0 ，p、q为常数．
当p ＝1时，为等差数列；
当p ≠1时，可在两边同时加上同一个数x，即a+ x = pa+ q + x
a+ x = p(a+ )， 令x = ∴x = 时，有a+ x = p(a+ x )，
从而转化为等比数列 {a+ } 求解．
例5：已知数列{a}中，a=1，a= a+ 1，n= 1、2、3、…，求通项a．
解：∵ a= a+ 1 a－2 =(a －2)
又∵a－2 = -1≠0 ∴数列{ a－2}首项为-1，公比为的等比数列．
∴ a－2 = -1 即 a= 2 －2 n∈N
练习5：⑴.已知 a=1，a= 2 a+ 3 (n = 2、3、4…) ，求数列{a}的通项．
⑵. 已知数列｛a｝满足a= ，a=，求a．
类型六：形如a＝pa+ f (n)，p≠0且 p为常数，f (n)为关于n的函数．
当p ＝1时，则 a＝a+ f (n) 即类型一．
当p ≠1时，f (n)为关于n的多项式或指数形式（a）或指数和多项式的混合形式．
⑴若f (n)为关于n的多项式（f (n) = kn + b或kn+ bn + c，k、b、c为常数），——可用待定系数法转化为等比数列．
例6：已知数列{ a}满足a=1，a= 2a＋n，n∈N求a．
解：令a+ x[a(n+1)+ b(n+1) + c] = 2(a+ an+ bn + c)
即 a= 2 a+ (2a–ax)n+ (2b -2ax – bx)n +2c –ax –bx – cx 比较系数得： 令x = 1，得：
∴ a+ (n+1)+2(n+1) + 3 = 2(a+ n+2n + 3) ∵ a+1+2×1+3 = 7
令b= a+ n+2n + 3 则 b= 2b b= 7 ∴数列{ b}为首项为7，公比为2德等比数列
∴ b= 7× 2 即 a+ n+2n + 3 = 7× 2 ∴ a= 7× 2－( n+2n + 3 ) n∈N
⑵若f (n)为关于n的指数形式（a）．
①当p不等于底数a时，可转化为等比数列；
②当p等于底数a时，可转化为等差数列．
例7：（同例3）若a=1，a= 2 a+ 3，(n = 2、3、4…) ，求数列{a}的通项a．
解: ∵ a= 2 a+ 3 ∴ 令a+ x×3= 2(a+x×3) 得 a= 2 a－x×3
令-x×3= 3 x = -1 ∴ a－3= 2(a－3) 又 ∵ a－3 = - 2
∴数列{}是首项为-2,公比为2的等比数列．
∴=-2·2 即a= 3-2 n∈N
例8：数列{ a}中,a=5且a=3a+ 3-1 (n = 2、3、4…) 试求通项a．
解： a=3a+ 3-1 a 3
{}是公差为1的等差数列．
=+() = +() = n +
a= ( n∈N
⑶若f (n)为关于n的多项式和指数形式（a）的混合式，则先转换多项式形式在转换指数形式．例如上面的例8．
练习6:⑴.已知数列{a}中a= 1,a= 3 a+ n ,; 求{a}的通项．
⑵设a为常数，且a= 3－2 a (n∈N且n ≥ 2 )．
证明：对任意n ≥ 1，a= [3+ (-1)2] +(-1)2a．
类型七：形如a= p a+ q a( pq ≠ 0， p、q为常数且p+ 4q > 0 )，——可用待定系数法转化为等比数列．
例9: 已知数列{a}中a= 1, a= 2且 ,; 求{a}的通项．
解:令a+x a= (1+x) a+ 2 a a+x a= (1+x)( a+ a)
令x = x+ x – 2 = 0 x = 1或 -2
当x = 1时,a+ a=2(a+ a) 从而a+ a= 1 + 2 = 3
∴数列{ a+ a}是首项为3且公比为2的等比数列.
∴ a+ a= 3 …… …… ①
当x = - 2时, a- 2a= - (a-2a) , 而 a- 2a= 0
∴ a- 2a= 0 …… …… ②
由①、②得:
a= 2 ,
练习7：⑴已知: a= 2, a= , ,(n = 1、2、3、……),求数列{ a}的通项．
⑵已知数列：1、1、2、3、5、8、13、……，依据规律求出该数列的通项．
五、数列的简洁应用.

例10:设棋子在正四周体ABCD的表面从一个顶点移向另外三个顶点时等可能的.现抛掷骰子,依据其点数打算棋子是否移动,若投出的点数是奇数,则棋子不动；若投出的点数是偶数,棋子移动到另外一个顶点.若棋子初始位置在顶点A，则:
⑴投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B的概率是多少?
⑵投了四次骰子,棋子都不在顶点B的概率是多少?
⑶投了四次骰子,棋子才到达顶点B的概率是多少？
分析：考虑最终一次投骰子分为两种状况
①最终一次棋子动；②最终一次棋子不动．
解：∵ 大事投一次骰子棋子不动的概率为；大事投一次骰子棋子动且到达顶点B的概率为 =．
⑴．投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B分为两种状况
①.最终一次棋子不动，即前一次棋子恰在顶点B；②.最终一次棋子动，且棋子移动到B点．
设投了i次骰子，棋子恰好在顶点B的概率为p，则棋子不在顶点B的概率为(1- p)．所以，投了i+1次骰子，棋子恰好在顶点B的概率：p= p×+ (1- p)× i = 1、2、3、4、……
∴ p= + ×p ∵ p= = ∴ p= ∴ p=
⑵．投了四次骰子,棋子都不在顶点B，说明前几次棋子都不在B点，应分为两种状况
①最终一次棋子不动；②最终一次棋子动，且不到B点．
设投了i次骰子，棋子都不在顶点B的概率为,则投了i+1次骰子，棋子都不在顶点B的概率为：= ×+ ××(1﹣) i = 1、2、3、4、…… 即：=
又∵= +×(1﹣) = ∴ = ()
⑶．投了四次骰子,棋子才到达顶点B；说明前三次棋子都不在B点，最终一次棋子动且
到达顶点B．设其概率为P则：
P = × = ×()=
答：（略）．
例11：用砖砌墙，第一层（底层）用去了全部砖块的一半多一块；其次层用去了剩下的一半多一块，…，依次类推，每层都用去了上层剩下的一半多一块.假如第九层恰好砖块用完，那么一共用了多少块砖？
分析：本题围绕两个量即每层的砖块数a和剩下的砖块数b，关键是找出a和b的关系式，通过方程(组)求解．
解：设第i层所用的砖块数为a，剩下的砖块数为b(i = 1、2、3、4、…… )则b= 0，且设b为全部的砖块数，依题意，得
a=b+ 1，a=b+ 1，…… a=b+ 1 … … … … ①
又 b= a+ b … … … … … ②
联立①②得 b-b=b+ 1 即b=b- 1
∴ b+ 2 =(b+ 2) ∴ b+2 = ()(b+ 2 ) ∴ b+2 = 2×2 ∴ b= 1022
练习8：⑴十级台阶，可以一步上一级，也可以一步上两级；问上完十级台阶有多少种不同走法？
⑵. 三角形内有n个点，由这n个点和三角形的三个顶点，这n + 3个点可以组成多少个不重叠(任意两个三角形无重叠部分)的三角形？
⑶．甲、乙、丙、丁四人传球，球从一人手中传向另外三个人是等可能的.若开头时球在甲的手中．若传了n次球，球在甲手中的概率为a；球在乙手中的概率为b.(n = 1、2、3、4、…… ).
①问传了五次球，球恰巧传到甲手中的概率a和乙手中的概率b分别是多少？
②若传了n次球，试比较球在甲手中的概率a与球在乙手中的概率b的大小.
③传球次数无限多时，球在谁手中的概率大？
参考答案
练习1：⑴. a=(3 n-1) ⑵. a= 练习2：⑴. a= n -1 ⑵. a=
练习3：⑴. a= 3 (提示：可两边取对数) ⑵. a= [2+ (-1)]
练习4：a= 练习5：⑴ a= 2-3 ⑵ a=
练习6：⑴可得a+(n+1)+= 3(a+n +) 从而a=×3-(n +) ⑵ (略)
练习7：⑴a= 3 - ， ⑵由已知得a= a+ a a=[()-()]
练习8：⑴∵a= a+ a， a= 1，a= 2，∴a= 89 ⑵∵a= a+ 2 ，a= 3 ∴a= 2n+1
⑶①∵a=(1 - a) b= (1 - b) a= 0 b= ∴a= ； b= .
②可解得a= -× b= +×
∴当n为奇数时， a<<b；当n为偶数时，a>>b
③当n → ∞时，a→，b→ 故球在各人手中的概率一样大．