求递推数列通项公式

2006年第 5期 中学数学研究 用 不 动 点 法 探 究 递 推 数 列 的 通 项 公 式 北京师范大学良乡附属中学 (102488) 李春雷 对问题：若数列{X }满足递推关系 X +l= (z )，求数列{X }的通项公式．我们可以尝试 先求出方程 X=f(z)的根，即函数 f(z)的不 动点，再将递推公式z +1=f(z )转化为 z +1 一口=a(x 一口)、x +1一口=a(x 一口) 、x +1 一 a 、善 q 、 一 ，．+ ! 二 一 r !二 、2 1 X 、 X 1 X z + 一 一 + 一 — 量 ( 形式(其中 为函数 f(X)的不动点，a，q，r为非零常数)．进而利用 等差、等比数列的通项公式或迭代法求出{z 一 }、{ }、{— }等形式的辅助数列的 通项公式，最后求 出递推数列{z }的通项公 式． 定理 1 若数列{X }满足 X +1= +b (a {0，1})，且 a是函数f(X)= +b的不 动点，贝4 X +1一口=a(x 一口)． 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：因为 a是 函数f(X)= +b的不 动点，所以口=口口+b，贝0 b—d=一口口． 又因为 x +1= +b，故 X +1一口= +b一 = 一口 ，即 x +1一口=a(x 一 )． 评 注：令 x= +b，可求得 f(X)： + b的不动点为a } a，此时z + 一 a 上一 ’ 一 上一 ， b 、 L z 一 。 例 1 巳知数列{X }满足 X +1=3x +7， 首项X1=寺，求数列{X }的通项公式． 解：令 X=3x+7，则 X=一 I．因为 X +1 +吾：3xn+7+ 7=3z + =3(xn+ 7)，所 以数列{z + 7}是以 Xl+ =4为首项，以3 · 26 · 为公比的等比数列，所以z + ／=4·3 一 ，则 X =4·3 L ． 定理 2 若数列 {X }满足 X +1= 2 + bxn+ (口>0)，且 a是 函数 )= 2 +妇 + I二 的最小不动点，则Xn+l一 ：口． 斗a (x 一口) ． 证明：由z： ：+如 +鱼三 ，得 z：+ _ zb-1 + + + b-2)= 0，所以有两个不动点一 b ， + ，取最小不 a a a 动点 =一 b ，则 6=一2口a．代入递推式化简 可得 X +1一口=a(x 一口) 评注：当取最小不动点 = 一 时，有 z +1一口 口(z 一a) ，此时z +1+ b 口(z + 例2 巳知数列{X }满足 X +l=2z + 4z +1，首项 X1=1，求数列{X }的通项公式． 解：令 z=2z +4z+1，则 2z +3z+1= 0，得(X+1)(2x+1)=0，则 X= 一1是 函数 f(X)=2x +4x+1的最小不动点．因为 X +1 +1=2(z +1) ，所以由迭代法，得 X +1=2· (X 一1+1) =212(X 一2+1) ] =2·2 (X 一2+ 1)2 =2．22．EZ(z 一3+1)2]2 =⋯：2．22．2 ⋯ 2 一 ．(j 1+1) 一 ==2 +2+2 +⋯+2。一 (1+1)2。一 =2 一 一1．2 一 =2 一1 ，贝0 z =2 一1—1． 定理 3 若数列{X }满足 X +1= 3 + 如 + + 一 (口≠0)，且函数厂(z) 中学数学研究 2006年第 5期 = ax3+ 2+ + b 3 一 b ，则必存在函数 f(z)的一个不动点 a，使得 z +1一a=口(z 一 口)3． 证明：由z=船3+ +篓z+ 一 b ， 得 ax3+bx2+( b2 — 1)z+2 1 12 一 圭=0． j口 j口 。 j口 因为 口≠0，所 以 z3+ z2+( 一 )z+ 63 27口3 ，—b — 2 一 3口2 I b2、 十 9—a—2 J · (z + _0’ X3+ b3 )+ [ x 2+ a 6 · )z一1 j=0 ，故(一 ， b 口 )(x2- b z 口 j口 j口 + (z+ )(z一 0)_0’即(z+妾 口 j口 j口 2 b z+ )=0，则必存在一根为 一 i= b ， 取 口= 一 b ，则 6=一3口口．代入递推式， j 口 j口 化简得 z +1一口=口(z 一口) ． 评注：当取不动点 a=一 时，有z + 一a =口 Xn--G) ，此时 -+ b=口(z + 例3 已知数列 {z }满足 z +1=2z 一 3z2 +吾z + 1，首项z = 5，求数列{z }的 通项公式． 解：令 z=2X3--3z + 3 z+ 1 ，得 2z3— 3x2+ 1 z +号=0，则(z一)(2x--2z一 ) =0，则z=丢是函数，(z)=2X3--3z2+ 3 z + 1的 一 个不动点．由定理 3，知 z +-一丢=2(z 一 1)3，所以由迭代法，得z 一 1=2(x．_1- 1) =2[2(z 一 1) ] =⋯ = 2 ·2 ·2 ⋯ 2 (z1一 1) 一 = 2⋯ +-．州 5 一 号)3-～=23T"-1_1．23一： ． 1 2 ，则 z =2 + ． 定理 4 数列{z }满足 z +1= ax ．+b( c ≠ 0， ． 一 bc~O)，函数，(z)：耋 ，且首项 z1≠ 、 f(z1)． (1)若 f(z)有两个相异不动点 Ol、卢，则 兰!! ： 二 ．：!! 竺． z +1一卢 口一 z 一卢’ (2)若 f(x)只有一个不动点 Ol，且 口≠ 则 1jOl=南 + O1． Zn+ 一 口十口 Z 一 证明：(1)若有两个相异不动点 Ol，卢， 由 z= ，得 2+( 一口)z—b=0， Clz 十 d 变形得 一船 =b—dx，即 b—dx=( 一 口)z，则 b—da=(COl一口)口． 又 因为 z +1= ax ．+b ， 则 z +1一 a= ax．+ b ～ 即 一a= ． 同理可得 z + 一卢= ．两 式相除滑主篇1 cg’ ． z +一 口一 z —p (2)若只有一个不动点a，且 口≠一d． 故 z +-一a= 一a= ① 由 z= ，得 2+( 一口)z—b=0， Clz 1_ 口 又 a是唯一不动点，则 f△=(d-a)2+4bc=0 6=一 ② 【a= c= ③ 将③代入②，得6=一_(d -a)2= a ， 则6一 ：一 ．一 ④ 将④代入①式，得 z +1一a= 口+d 口+d = a+d · X n -- Ol d clz + 2c — J． ． ’ z +1一 一 C 2006年第 5期 中学数学研究 ：a d． ：a d+南d．耋． ： ． ： ． + zn—a + ’口+ zn—a‘ 又 a ，所 以 = 2c C + Z． 1一 a n 十 d 1 Z n — a 例 4 已知 }满足 1= ， 首项 z1=3，求数列{z }的通项公式． 解：令 z= ，得 z2—3x+2=0，则 =1，卢=2是 函数 厂(z)= 的两个 不动 点． 由定理4(1)，知 =詈· Xn--1，所 以数列 { }是以 X1--1 x =2为首项，以 5为 n — Z 1一 Z 一 公比的等比数列，故蓦 =2(导)n-1，则 赤 ‘ 例 5 已知数列{z }满足 z +1= 3X rt--1 ， 首项 z1= 1 ，求数列{z }的通项公式． 解：令 z= ，得 4z2+4z+1=0，则 z = 一 1是 函数 厂(z)= 的不动点 ． 由定理 4(2)，知—— _『=— _『+ ， 所以数列{— _『}是以— =1为首项，4 5 ’2 1。2 凇糊糕 lJ，则走⋯ 1)． 詈，故z = 9-丽4n． 定理 5 若数列{z }满足 Xn+1-- · 28 · (口≠。)，且a、卢是函数厂(z)=舄 的两个 相异不动点，则薏1 ( 山n+ 山n iY．N：因为 =爰 ，所以 一 2 n 一 2口配n+c一扣 z一十-～ 一 +-广 ⑤ 因为a是函数 )=高 的不动点， 所 以 a= aa2可+c，则口a2+fa-c=O,即c一扣 =口a ⑥ 将⑥代入⑤ ，得 z +1一a= 2 n 一 2aa·zn+口a2 a(zn—a)2 ～ = 一 2axn+f 2ax +f ⑦ ， 同理可证 z + 一卢= ⑧ 两式相除得善1 ( 上n+ n p 例6 已知数列{z }满足z +1= 3x ~+2 ， 首项 z1= 19 ，求数列{z }的通项公式． 解：令 z= ，得 3X2--5z一2=0，则 (3z+1)(z一2)=0，故 a=一了1 ，卢=2是 函数 )= 的两个不动点． 由定理 5，知 1 = (等 所以 由定理 ，知———J_=(—÷)2，所以 上n十 二 n 二 由迭代法，得 篓2：c誊2 c囊2 ： zn一 zn一1一 ／ zn一2一 ， ⋯ ： (害 ～=32 t, ：一6~32 ． z1一 “3 · 32⋯ 一3 用不动点法不但可以求出上述几种类型递 推数列 的通项公式，我们还可 以尝试 求得更复 求递推数列通项公式例析 一、累加法求通项公式：利用 1 2 1 1( ) ( )n n na a a a a a -= + - + ××× - 求通项公式的方法称为累加法， 累加法是求 1 ( )n na a f n+ = + 型的递推数列通项公式的基本方法｛ ( )f n 可求前 n项和｝. 例 1: 已知数列{ }na 满足 1 12 3 1 3 n n na a a+ = + × + =， ，求数列{ }na 的通项公式. 解：由 1 2 3 1 n n na a+ = + × + 得 1 2 3 1 n n na a+ - = × + 则 1 1 2 3 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )n n n n na a a a a a a a a a- - -= - + - + + - + - +L 1 2 2 1(2 3 1) (2 3 1) (2 3 1) (2 3 1) 3n n- -= × + + × + + + × + + × + +L 1 2 2 12(3 3 3 3 ) ( 1) 3n n n- -= + + + + + - +L 所以 3 32 2 3 1 1 3 n n na n n - = × + + = + - - 例 2: 已知数列{ }na 满足 1 2 3 2 n n na a+ = + × ， 1 2a = ，求数列{ }na 的通项公式. 解： 1 2 3 2 n n na a+ = + × 两边除以 1n2 + ，得 11 3 2 2 2 n n n n a a+ + = + ，则 1 1 3 2 2 2 n n n n a a+ + - = ， 故数列{ } 2 n n a 是以 11 2 1 2 2 a = = 为首项，以 2 3 为公差的等差数列， 由等差数列的通项公式，得 31 ( 1) 2 2 n n a n= + - ，所以数列{ }na 的通项公式为 3 1( )2 2 2 n na n= - . 二、累乘法求通项公式：利用 321 1 2 1 ( 0, 2)nn n n a aaa a a n a a a - = ××× ¹ ³ 求通项公式的方法称为累乘法， 累乘法是求 1 ( )n na g n a+ = 型的递推数列通项公式的基本方法｛数列 ( )g n 可求前n项积｝. 例 3: 已知数列{ }na 满足 1 12( 1)5 3 n n na n a a+ = + × =， ，求数列{ }na 的通项公式. 解：因为 1 12( 1)5 3 n n na n a a+ = + × =， ，所以 0na ¹ ，则 1 2( 1)5 nn n a n a + = + ， 则 1 3 2 1 1 2 2 1 n n n n n a a a aa a a a a a - - - = × × × × ×L 1 2 2 1[2( 1 1)5 ] [2( 2 1)5 ] [2 (2 1) 5 ] [2 (1 1) 5 ] 3n nn n- -= - + × - + × + × × × + × ×L 1 ( 1) ( 2) 2 12 [ ( 1) 3 2] 5 3n n nn n- - + - + + += × × - × × × × ×LL 所以数列{ }na 的通项公式为 ( 1) 1 23 2 5 ! n n n na n - -= × × × 例 4: 已知数列{ }na 满足 1 1 2 3 11 2 3 ( 1) ( 1) ( 2)n na a a a a n n a n-= = + + + + - + - ³L， ， 求证{ }na 的通项 1 1 ! 2 2 n n a n n =ì ï= í ³ïî ， ， 解：因为 1 2 3 12 3 ( 1) ( 2)n na a a a n a n-= + + + + - ³L ① 所以 1 1 2 3 12 3 ( 1)n n na a a a n a na+ -= + + + + - +L ② 所以②－①得 1n n na a na+ - = ,则 1 1( 2)n n a n n a + = + ³ 所以 1 3 2 1 2 2 n n n n n a a aa a a a a - - - = × × × ×L 2 2 ![ ( 1) 4 3] 2 nn n a a= - × × × × = ×L ③ 由 1 2 3 12 3 ( 1) ( 2)n na a a a n a n-= + + + + - ³L ，取 2n = 得 2 1 22a a a= + ，则 2 1a a= ，又知 1 1a = ，则 2 1a = ，代入③得 !1 3 4 5 2n na n= × × × × × =L ，所以 1 1 ! 2 2 n n a n n =ì ï= í ³ïî ， ， 三、待定系数法求通项公式： BAaa nn +=+1 （A、B为常数）型，可化为 l++1na =A（ l+na ）形式. CBnAaa nn ++=+1 （A、B、C为常数）型，可化为 ])1([ 21211 llll +-+=+++ naAna nn 形式. BAaa nn +=+1 nC× （A、B、C为常数）型，可化为 11 + + ×+ n n Ca l = n n CaA ×+ l( ）形式. nnn aBaAa ×+×= ++ 12 （A、B为常数）型，可化为 )()( 112 nnnn aaAaa lll +×+=+ +++ 的形式. 例 5: 已知数列{ }na 中, 1 1a = , 12 1( 2)n na a n-= + ³ ,求{ }na 的通项公式. 【解析】:利用 1( ) 2( )n na x a x-+ = + ,得 11 2( 1)n na a -+ = + \ { }1na + 是首项为 1 1 2a + = ,公比为 2的等比数列,即 1 2nna + = 2 1nna\ = - 例 6: 在数列{ na }中， 2,1 21 =-= aa ，当 Nn Î ， nnn aaa 65 12 -= ++ …①求通项公式 na . 解：设①式可化为： ))(5( 112 nnnn aaaa lll ++=+ +++ ，比较系数得 3l = - 或 2l = - 取 2l = - ，则①式可化为： 2 1 12 3( 2 )n n n na a a a+ + +- = - 则{ }1 2n na a+ - 是一个等比数列，首项 2 12 4a a- = ，公比为 3.∴ 11 2 4 3nn na a -+ - = × ② 取 3l = - ，则①式可化为： 2 1 13 2( 3 )n n n na a a a+ + +- = - ，同理可得 1 1 3 5 2 n n na a - + - = × ③ 由②③消去 1na + 得： 1 14 3 5 2n nna - -= × - × 例 7: 已知数列{ }na 满足 1 12 3 5 6 n n na a a+ = + × =， ，求数列{ }na 的通项公式. 解：设 1 1 5 2( 5 ) n n n na x a x + + + × = + × ① 将 1 2 3 5 n n na a+ = + × 代入①式，得 12 3 5 5 2 2 5n n nn na x a x ++ × + × = + × ，则 1x = - ， 代入①式，得 1 1 5 2( 5 ) n n n na a + + - = - ② 由 1 1 5 6 5 1 0a - = - = ¹ 及②式，得 5 0 n na - ¹ ，则 1 1 5 2 5 n n n n a a + + - = - ， 则数列{ 5 }nna - 是以 1 1 5 1a - = 为首项，以 2为公比的等比数列，则 15 1 2n nna -- = × ，故 12 5n nna -= + 例 8: 已知数列{ }na 满足 1 13 5 2 4 1 n n na a a+ = + × + =， ，求数列{ }na 的通项公式. 解：设 1 1 2 3( 2 ) n n n na x y a x y + + + × + = + × + ① 将 1 3 5 2 4 n n na a+ = + × + 代入①式，得 13 5 2 4 2 3( 2 )n n nn na x y a x y ++ × + + × + = + × + 整理得 (5 2 ) 2 4 3 2 3n nx y x y+ × + + = × + 令 5 2 3 4 3 x x y y + =ì í + =î ，则 5 2 x y =ì í =î ， 代入①式，得 1 1 5 2 2 3( 5 2 2) n n n na a + + + × + = + × + ② 由 1 1 5 2 2 1 12 13 0a + × + = + = ¹ 及②式，得 5 2 2 0 n na + × + ¹ ，则 1 1 5 2 2 3 5 2 2 n n n n a a + + + × + = + × + ， 故数列{ 5 2 2}nna + × + 是以 1 1 5 2 2 1 12 13a + × + = + = 为首项，以 3为公比的等比数列， 因此 15 2 2 13 3n nna -+ × + = × ，则 113 3 5 2 2n nna -= × - × - 例 9: 已知数列{ }na 满足 2 1 12 3 4 5 1n na a n n a+ = + × + + =， ，求数列{ }na 的通项公式. 解：设 2 1 ( 1) ( 1)na x n y n z+ + + + + + 22( )na xn yn z= + + + ① 将 2 1 2 3 4 5n na a n n+ = + × + + 代入①式， 得 2 22 3 4 5 ( 1) ( 1)na n n x n y n z+ × × + + + + + + + 22( )na xn yn z= + + + ， 则 2 22 (3 ) (2 4) ( 5) 2 2 2 2n na x n x y n x y z a xn yn z+ + + + + + + + + = + + + 则得方程组 3 2 2 4 2 5 2 x x x y y x y z z + =ì ï + + =í ï + + + =î ，则 3 10 18 x y z =ì ï =í ï =î ，代入①式，得 2 1 3( 1) 10( 1) 18na n n+ + + + + + 22( 3 10 18)na n n= + + + ② 由 2 1 3 1 10 1 18 1 31 32 0a + × + × + = + = ¹ 及②式，得 23 10 18 0na n n+ + + ¹ 则 2 1 2 3( 1) 10( 1) 18 2 3 10 18 n n a n n a n n + + + + + + = + + + ， 故数列 2{ 3 10 18}na n n+ + + 为以 2 1 3 1 10 1 18 1 31 32a + × + × + = + = 为首项，以 2 为公比的等比数列， 因此 2 13 10 18 32 2nna n n -+ + + = × ，则 4 22 3 10 18nna n n += - - - 四、对数法求通项公式： 例 10: 已知数列｛ na ｝中， 2 11 1,1 nn aa aa ×== + )0( >a ，求数列{ }na 的通项公式. 解：由 2 1 1 nn aa a ×=+ 两边取对数得 a aa nn 1lglg2lg 1 +=+ ， 令 nn ab lg= ，则 a bb nn 1lg21 +=+ ，再解得： 12)1( -= nn a aa 五、迭代法求通项公式：由递推式 ,1 dcaa nn +=+ 直接迭代得 )1()( 2 2 21 ++=++=+= --- cdacddcacdcaa nnnn = L=+++- )1( 2 3 3 ccdac n = )1( 221 1 -- +++++ nn cccdac L = 1 ) 1 ( 1 - - - + - c dc c da n . 例 11: 已知数列{ }na 满足 3( 1)2 1 1 5 nn n na a a + + = =， ，求数列{ }na 的通项公式. 解：因为 3( 1)2 1 nn n na a + + = ，所以 1 2 1 2 ( 2) ( 1) 3 2 ( 2) ( 1) 3 ( 3) ( 2) ( 1) 1 1 2 ( 3) ( 2 ) ( 1) 3 2 3( 1) 2 3 2 3 ( 1) 2 1 2 2 3( 2) 2 3 ( 1) 2 3 ( 2)( 1) 2 3 3 3 2 3 ( 2) ( 1) 2 1 1 [ ] [ ] n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a - - - - + - - - + - - + - + - - + + + - + - + - × - × × - × × - - - - × - × × - - × - - × × - × - × × = = = = = = = = LLLL L ( 1) 1 23 ! 2 n n n n - - × × 又 1 5a = ，所以数列{ }na 的通项公式为 ( 1) 1 23 ! 25 n n n n na - - × ×= 六、不动点法求通项公式:形如 1 n n n Ca Da Aa B+ + = + 例 12: 已知数列{ }na 满足 1 1 21 24 4 4 1 n n n aa a a+ - = = + ， ，求数列{ }na 的通项公式. 令 21 24 4 1 xx x - = + ，得 24 20 24 0x x- + = ，则 1 22, 3x x= = 是函数 21 24( ) 4 1 xf x x - = + 的两个不动点 解： 1 1 21 24 2 2 4 1 21 24 2(4 1) 13 26 213 ( )21 243 21 24 3(4 1) 9 27 9 33 4 1 n n n n n n n nn n n n n n a a a a a a a aa a a a a a + + - - - + - - + - - = = = = -- - - + - -- + 所以数列 2{ } 3 n n a a - - 是以 1 1 2 4 2 2 3 4 3 a a - - = = - - 为首项，以 9 13 为公比的等比数列，则 12 132( ) 3 9 nn n a a -- = - ， 故 1 1 3132( ) 1 9 n n a - = + - 例 13: 已知数列{ }na 满足 1 1 7 2 2 2 3 n n n aa a a+ - = = + ， ，求数列{ }na 的通项公式. 令 7 2 2 3 xx x - = + ，得 22 4 2 0x x- + = ，则 1x = 是函数 3 1( ) 4 7 xf x x - = + 的不动点. 解： 1 1 1na + = - 3 5 2 3 2 2 1 22 2(1 ) 5 5 5 1 5 1 1 5 n n n n n n aa a a a a ++ = × = + = + - - - - ， 所以数列 1{ } 1na - 是以 1 1 1 1 1 2 1a = = - - 为首项，以 5 2 为公差的等差数列， 则 1 21 ( 1) 1 5n n a = + - - ，故 2 8 2 3n na n + = + 例 14: 已知数列{ }na 中，其中 ,11 =a ，且当 n≥2时， 12 1 1 + = - - n n n a aa ，求通项公式 na . 解 将 12 1 1 + = - - n n n a aa 两边取倒数得： 211 1 =- -nn aa ，所以 }1{ na 是一个等差数列，首项是 11 1 = a ，公 差为 2，所以 122)1(11 -=´-+= nn an ，即 12 1 - = n an 例 15: 已知数列{ }na 满足： 1 3 2 a = ，且 *1 1 3 2 2 1 n n n naa n n N a n = ³ Î－ － （ ， ） ＋ － 求数列{ }na 的通项公式 解：（1）将条件变为： 1 1 11 1 3n n n n a a - = － － （－ ），因此 1 n n a ì ü -í ý î þ 为一个等比数列，其首项为 1 1 11 3a - = ，公 比 1 3 ，从而 11 3nn n a - = ，据此得 3 3 1 n n n na ×= － 七、特征根法求通项公式: 形如 2 1n n na pa qa+ += + 对于由递推公式 nnn qapaa += ++ 12 ， ba == 21 , aa 给出的数列{ }na ，方程 2x px q= + 叫做数列{ }na 的特征方程. 21 , xx 是特征方程的两个根. 当 21 xx ¹ 时，数列 { }na 的通项为 1211 -- += nnn BxAxa ，其中 A,B 由 ba == 21 , aa 决定（即把 2121 ,,, xxaa 和 2,1=n ，代入 1 2 1 1 -- += nnn BxAxa ，得到关于 A,B的方程组）； 当 21 xx = 时，数列{ }na 的通项为 11)( -+= nn xBnAa ，其中 A,B由 ba == 21 , aa 决定（即把 2121 ,,, xxaa 和 2,1=n ，代入 11)( -+= nn xBnAa ，得到关于 A,B的方程组） 例 16: 已知数列{ }na 满足 1 1 1 23 ( 2) 1n n na a a n a a+ -= - ³ = =， ，求数列{ }na 的通项公式. 解 ： 1 13 ( 2)n n na a a n+ -= - ³ 的 相 应 特 征 方 程 为 0132 =+l-l ， 解 之 得 特 征 根 是 2 53 2 53 21 - =l + =l ， ，所以设 1 2 3 5 3 5( ) ( ) 2 2 n n na c c + - = × + × 由初始值 1 2 1a a= = ，得方程组 ï ï î ïï í ì - + + = - + + = 2 2 2 1 1 2 1 1 ) 2 53(c) 2 53(c1 ) 2 53(c) 2 53(c1 求得 ï ï î ïï í ì + = - = 5 525c 5 525c 2 1 从而 5 2 5 3 5 5 2 5 3 5( ) ( ) 5 2 5 2 n n na - + + - = + 说明：若两特征根相等，则设 1 2( ) n na c n c l= + × 八、数学归纳法求通项公式: 例 17:［辨析］在数列{ }na 中， 1 1a = ，当 2n ³ 时， 1, , 2n n n a S S - 成等比数列 新疆源头学子小屋特级教师王新敞wxckt@1 26.com王新敞特级教师源头学子小屋新疆(1)求 2 3 4, ,a a a ，并猜想 出 na 的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论.（？？？） 【解析】: ∵ 1, , 2n n n a S S - 成等比数列，∴ 2 1( ) 2n n n S a S= - 2n ³ (1) 1 1a = ， 2 2 3 a = - ， 3 2 15 a = - ， 4 2 35 a = - ，猜想 1 ( 1) 2 ( 2) (2 3)(2 1) n n a n n n =ì ï= í- ³ï - -î (2) ①当 1, 2,3,4n = 时，知猜想成立②假设 ( 4)n k k= ³ 时， 2 (2 3)(2 1)k a k k = - - - 成立 故 2 2 1( ) (2 3)(2 1) 2k k S S k k = - - - - ∴(2k－3)(2k－1)Sk2+2Sk－1=0 ∴ 1 2 1k S k = - 或 1 2 3k S k = - - (舍？？？)由 Sk+12=ak+1·(Sk+1－ 2 1 )得(Sk+ak+1)2=ak+1(ak+1+Sk－ 2 1 ) 2 21 1 1 1 12 21 1 (2 1) 2 1 2 1 2 k k k k k a aa a a k k k + + + + +Þ + + = + -- - - 1 2 [2( 1) 3][2( 1) 1]k a k k+ - Þ = + - + - 1n k= +即 命题也成立 .由①②知， 1 ( 1) 2 ( 2) (2 3)(2 1) n n a n n n =ì ï= í - ³ï - -î 对一切 n∈N成立 新疆源头学子小屋特级教师王新敞wxckt@1 26.com王新敞特级教师源头学子小屋新疆 九、递推公式为 nS 与 na 的关系式： 利 用 1 1 ( 1) ( 2)n n n S n a S S n- ××× ×× ×× ××× × =ì = í - ××× ³î 与 )()( 11 -- -=-= nnnnn afafSSa 消 去 nS )2( ³n 或 与 )( 1--= nnn SSfS )2( ³n 消去 na 进行求解. 例 18: 数列{ }na 前 n项和 22 14 ---= nnn aS .（1）求 1+na 与 na 的关系（2）求通项公式 na . 解：由 22 14 ---= nnn aS 得： 111 2 14 -++ --= nnn aS 于是 )2 1 2 1()( 1211 --++ -+-=- nnnnnn aaSS 所以 111 2 1 -++ +-= nnnn aaa nnn aa 2 1 2 1 1 +=Þ + ……… 12n n na -Þ = 例 19: 已知数列 }{ na 中, 0>na 且 )(2 1 n nn a naS += ,求数列 }{ na 的通项公式. 解:由 )( 2 1 n nn a naS += ,得 )( 2 1 1 1 - - - +-= nn nnn SS nSSS ,化简有 nSS nn =- - 2 1 2 , 又 1 1S a= 得 1 1 1S a= = ,所以 2 )1(2 += nnSn ,又 0>na , 2 ( 1) 2n n n S + = , 则 1 2 ( 1) 2 ( 1) 2 na n n n n ì ï= í + - - ³ïî ,n=1 ,n 2 ,所以 2 ( 1) 2 ( 1) 2n n n n n a + - - = 例: 正项数列{ na }首项为 1的，且 0)1( 1 22 1 =+-+ ++ nnnn aanaan ，则它的通项 na = 解：原递推式可化为： )]()1[( 11 nnnn aanaan +-+ ++ =0 ∵ nn aa ++1 ＞0， 1 1 + =+ n n a a n n 则 , 4 3, 3 2, 2 1 3 4 2 3 1 2 === a a a a a a …， n n a a n n 1 1 - = - 逐项相乘得： na an 1 1 = ，即 na = n 1 . 例:设正项数列 0a ， 1a ， na …， na ，…满足 2-nnaa 21 --- nn aa = 12 -na )2( ³n 且 110 == aa ， 求 }{ na 的通项公式. 解： 将递推式两边同除以 21 -- nn aa 并整理得： 12 2 1 1 =- - - - n n n n a a a a 设 nb = 1-n n a a ，则 0 1 1 a ab = =1， 12 1 =- -nn bb ……故 î í ì -××-- = 2222 )12()12()12( 1 nna L )1( )0( ³ = n n 例:在数列{ }na 中， 1 11, 2 ,nn n na a a a+= = 求 . 解：由 n nnaa 21 =+ ，得 1 21 2 + ++ = n nn aa ，两式相除得： 2 2 =+ n n a a ∴{ }2 1na - 与{ }2na 均为公比为 2的等比数列，易求得： 1 2 2 2 , 2 , n n n n a n -ì ï= í ï î 为奇数 为偶数 练练：设数列 }{ na 的前n项和为 nS ，且 * 1 11, 4 2( )n na S a n N+= = + Î ，求数列 }{ na 的通项公式及前 n 项和的公式. 2(3 1) 2nna n -= - × ， 1(3 4) 2 2nnS n -= - × + 练练： 1 1?, 2 2 n n na a a+= = + . 待定系数法求通项公式 练练：已知数列{ }na 满足 =Î + - == + 20 *1 11 )(13 3 0 a，Nn a a aa n n 则， 3- 递推式求数列通项公式常见类型及解法 对于由递推式所确定的数列通项公式问题，通常可通过对递推式的变形转化成等差数列或 等比数列，也可以通过构 8造把问题转化。下面分类说明。 一、 型 例 1. 在数列{an}中，已知 ，求通项公式。 解：已知递推式化为 ，即 ， 所以 。 将以上 个式子相加，得 ， 所以 。 二、 型 例 2. 求数列 的通项公式。 解：当 ， 即 当 ，所以 。 三、 型 例 3. 在数列 中， ，求 。 解法 1：设 ，对比 ，得 。于是，得 ，以 3为公比的等比数列。 所以有 。 解法 2：又已知递推式，得 上述两式相减，得 ，因此，数列 是以 为首项，以 3 为公比的等比数列。 所以 ，所以 。 四、 型 例 4. 设数列 ，求通项公式 。 解：设 ，则 ， ， 所以 ， 即 。 设 这时，所以 。 由于{bn}是以 3为首项，以 为公比的等比数列，所以有 。 由此得： 。 说明：通过引入一些尚待确定的系数转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列 （等差或等比数列）。 五、 型 例 5. 已知 b≠0，b≠±1， ，写出用 n和 b 表示 an的通项公式。 解：将已知递推式两边乘以 ，得 ，又设 ， 于是，原递推式化为 ，仿类型三，可解得 ，故 。 说明：对于递推式 ，可两边除以 ，得 ，引入辅助数列 ，然后可归结为类型三。 六、 型 例 6. 已知数列 ，求 。 解：在 两边减去 。 所以 为首项，以 。 所以 令上式 ，再把这 个等式累加，得 。所以 。 说明： 可以变形为 ，就是 ，则可从 ，解得 ，于是 是公比为 的等比数列，这样就转化为前面的类型五。 等差、等比数列是两类最基本的数列，是数列部分的重点，自然也是高考考查的热点，而考查 的目的在于测试灵活运用知识的能力，这个“灵活”往往集中在“转化”的水平上。 转化的目的是化陌生为熟悉，当然首先是等差、等比数列，根据不同的递推公式，采用相应的 变形手段，达到转化的目的。 附：构建新数列巧解递推数列竞赛题 递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答题难度较大。本文利用构建新 数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应 项之间的关系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。其中，怎样构造新数列是答题关键。 1 求通项 求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代换，使递推关系式简化，这样 就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元 和化归的思想。 例 1、数列{ }na 中， 11 =a ， ( )nnn aaa 241411611 +++=+ 。求 na 。 （1981 年第 22 届 IMO 预选题） 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 本题的难点是已知递推关系式中的 na241+ 较难处理，可构建新数列 { }nb ，令 nn ab 241+= ，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。 解：构建新数列{ }nb ，使 0241 >+= nn ab 则 51 =b ， nn ab 2412 += ，即 24 12 −= nn ba ∴ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +−×+=−+ nnn bbb 24 1 41 16 1 24 1 22 1 化简得 ( ) ( )221 32 +=+ nn bb ∴ 32 1 +=+ nn bb ，即 ( )32 131 −=−+ nn bb 数列 { }3−nb 是以 2 为首项， 2 1 为公比的等比数列。 n n nb − − =⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛×=− 2 1 2 2 123 即 322 += −nnb ∴ 12 1122 23 1232 24 1 − −− × +×+=−= n nn n n ba 2 证明不等式 这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新 数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。 例 2、设 10 =a ， 1 2 1 11 − − −+= n n n a a a ( )Nn∈ ，求证： 22 +> nna π 。 （1990 年匈牙利数学奥林匹克试题） 分析 利用待证的不等式中含有π 及递推关系式中含有 2 11 −+ na 这两个信息，考虑进行三角代换，构 建新数列{ }nα ，使 nn tga α= ，化简递推关系式。 证明：易知 0>na ，构建新数列{ }nα ，使 nn tga α= ， ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛∈ 2 ,0 πα n 则 2sin cos111 1 1 1 1 1 2 − − − − − =−=−+= n n n n n n tgtg tg a α α α α α ∴ 2 1−= nn tgtg αα ， 2 1−= nn αα 又 10 =a ， 8121 πtga =−= ，从而 81 πα = 因此，新数列{ }nα 是以 8 π 为首项， 2 1 为公比的等比数列。 2 1 282 1 + − =⋅⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛= n n n ππα 考虑到当 ) 2 ,0( π∈x 时，有 xtgx > 。所以， 22 22 ++ >= nnn tga ππ 注：对型如 21 na± ， na±1 ， 1 1 1 + + ± nn nn aa aa m 都可采用三角代换。 3 证明是整数 这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的信息，构建新数列，找到新的递推关 系式直接解决，或者再进行转化，结合数论知识解决。 例 3、设数列{ }na 满足 11 =a ， n nn a aa 1 2 1 1 +=+ )( Nn∈ 求证： N an ∈ − 2 2 2 ( )1, >∈ nNn 。 分析 直接令 2 2 2 −= n n a b ，转化为证明 Nbn ∈ )1,( >∈ nNn 证明：构建新数列{ }nb ，令 0 2 2 2 >−= n n a b 则 242 2 += n n b a ， 242 1 2 1 += + + n n b a 代入 2 2 1 1 2 1 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +=+ n nn a aa 整理得 ( )222 1 24 nnn bbb +=+ 从而 ( )2 12 12 24 −− += nnn bbb )3( ≥n 于是 ( )[ ] ( )[ ]22 12 12 122 1 122424 +=++= −−−+ nnnnnn bbbbbb )3( ≥n ∴ ( )12 2 11 += −+ nnn bbb )3( ≥n 由已知， 42 =b ， 243 =b ，由上式可知， Nb ∈4 ， Nb ∈5 ，依次类推， Nbn ∈ )1( >n ，即 N an ∈ − 2 2 2 。 例 4、设 r 为正整数，定义数列{ }na 如下： 11 =a ， 2 )1(2 2 1 + ++=+ n nnaa r n n )( Nn∈ 求证： Nan ∈ 。 （1992 年中国台北数学奥林匹克试题） 分析 把条件变形为 ( ) ( ) rnn nnaan 21 122 ++=+ + 比较 1+na 与 na 前的系数及 1+na 与 na 的足码，考虑 到另一项为 ( ) rn 212 + ，等式两边同乘以 ( )1+n ，容易想到构新数列{ }nb ，使 ( ) nn annb 1+= 。 证明：由已知得 ( ) ( ) rnn nnaan 21 122 ++=+ + ∴ ( )( ) ( ) ( ) 121 12121 ++ +++=++ rnn nannann 构建新数列{ }nb ， ( ) nn annb 1+= 则 21 =b ， ( ) 121 12 ++ +=− rnn nbb ∴ ( )∑− = + −+= 1 1 11 n k kkn bbbb ( )121212 3212 +++ ++++= rrr nL ∴ Nbn ∈ Q [ ]∑− = +++ −++= 1 1 121212 )(2 n k rrr n knknb ( )∑− = + − ++ ++ ⋅+−+−+= 1 1 22 12 2122 12 21 12 12122 n k rr r r r r r rr knCknCknCnn L ∴ nbn 又 ( )[ ]∑∑ ∑ = ++ = = ++ −++=−++= n k rr n k n k rr n knkknkb 1 1212 1 1 1212 1)1( ( ) ( ) ( ) ( )[ ]∑ = + + ++ + ++−++⋅+−+= n k rr r r r r r r knCknCknCn 1 22 12 2122 12 21 12 12 1111 L ∴ ( )1+n | nb ∴ ( )1+nn | nb ，从而 Nan ∈ 。 4 解决整除问题 一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学归纳法直接证明。 例 5、设数列{ }na 满足 11 =a ， 32 =a ，对一切 Nn∈ ，有