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研究数列{an}的一种递推关系式an = p(n)an-1 + q(n),对于我们解决有关求数列通项an的问题大有裨益.
一､当p(n)为1时
由an - an-1 = q(n),通过累加可得an = a1 + q(2) + q(3) + … + q(n),如a1 = 1,an = an-1 +(n ≥ 2),可得an =.
特别地,当q(n)为常数q时,数列{an}是公差为q的等差数列.
二､当q(n)为0时
由= p(n),通过累乘可得an = a1p(2)p(3)…p(n),如a1 = 1,an+1 = 2nan,可得an = 2 .
特别地,当p(n)为非零常数p时,数列{an}是公比为p的等比数列.
三､当p(n)为非1的常数时
1. 当p(n)≠1且q(n)≠0的常数时
例 1 已知数列{an}满足Sn = 2an - n,求an .
解析 ∵ Sn = 2an - n,①
∴ Sn-1 = 2an-1 - (n - 1)(n ≥ 2). ②
由① - ②,得an = 2an-1 + 1. ③
策略1 ③ 可转化为an + 1 = 2(an-1 + 1)(n ≥ 2),可知数列{an + 1}是以2为公比的等比数列,∴ an + 1 = (a1 + 1)•2n-1,an = 2n - 1 .
策略2 由③得an + 1 = 2an + 1,④
④ - ③,得an + 1 - an = 2(an - an-1),
可知数列{an - an-1}是以2为公比的等比数列,
∴ an - an-1 = (a2 - a1)2n-1 = 2n-1(∵ a1 = 1,a2 = 3). ⑤
联立③､⑤得an = 2n-1.
策略3 由③得- =n(注:等式两边同除以pn,这是一种通解),
∴累加得an = 2n 1 +2 + … +n = 2n - 1 .
策略4 列举､观察､归纳､证明(此略).
有意思的是,下列问题也可化归为上述情形:
(1) x1 =且xn+1 =,可化归为=•+ ,求xn.
(2) a1 =且an+1 = 2an3,可化归为lg an+1=3lg an + lg 2,求an.
2. 当p(n) ≠ 1的常数,q(n)为关于n的一次式时
例2 (同例 1)
策略5 由Sn = 2an - n,保“Sn”去掉“an”,得
Sn = 2(Sn - Sn-1) - n,即Sn - 2Sn-1 + n.
设 Sn - (kn + m) = 2[Sn-1 - (k(n - 1) + m] ,待定系数得k = -1,m = -2,可知数列{Sn + n + 2}是以2为公比的等比数列,
∴ Sn + n + 2 = (S1 + 1 + 2)•2n-1,Sn = 2n+1 - n - 2,
∴ an = = 2n - 1.
策略6 或转化为- =,再求出Sn .
3. 当p(n)≠1的常数,q(n)为关于n 的指数式时
例3 (2006年全国卷Ⅲ)已知数列{an}满足a1 = 2,an = 4an - 1 + 2n,求an.
解析 策略1 设an - λ2n = 4(an-1 - λ2n-1),待定系数得λ = -1,可知数列{an + 2n}是以4为公比的等比数列,∴ an + 2n = (a1 + 21)•4n-1,an = 4n - 2n .
策略2 转化为- =n,
∴累加得 an = 4n 1 +2 + … +n =4n - 2n.
策略3 由- =n,还可进一步转化为-n = -n-1,得-n为常数数列,∴ an = 4n - 2n.
可见,当p(n)为不等于1的常数,q(n)是非零常数或是关于n 的代数式时,常可通过待定系数转化得到一个等比或等差数列.
四､拓展应用:几道高考题的新证与别解
例1 (2005年江苏卷)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1 = 1,且(5n - 8)Sn+1 - (5n + 2)Sn = -20n - 8.证明:数列{an}为等差数列(略去其他设问).
证 ∵ (5n - 8)Sn+1 - (5n + 2)Sn = -20n - 8, ①
∴ (5n - 13)Sn - (5n - 3)Sn-1 = -20(n - 1) - 28(n ≥ 2). ②
① - ②得5nan+1 - 5nan - 8an+1 + 3an = -20,
即(5n - 8)an+1 - (5n - 3)an = -20,
∴- = =
-4-(n ≥ 2).
从而有 - =
-4- + - +…+ - = -4-.
由已知a2 = 6,得an = 5n - 4(n ≥ 2).
又a1 = 1,故an = 5n - 4,数列{an}为等差数列.
注:“本文中所涉及到的图表､注解､公式等内容请以PDF格式阅读原文｡”
一､当p(n)为1时
由an - an-1 = q(n),通过累加可得an = a1 + q(2) + q(3) + … + q(n),如a1 = 1,an = an-1 +(n ≥ 2),可得an =.
特别地,当q(n)为常数q时,数列{an}是公差为q的等差数列.
二､当q(n)为0时
由= p(n),通过累乘可得an = a1p(2)p(3)…p(n),如a1 = 1,an+1 = 2nan,可得an = 2 .
特别地,当p(n)为非零常数p时,数列{an}是公比为p的等比数列.
三､当p(n)为非1的常数时
1. 当p(n)≠1且q(n)≠0的常数时
例 1 已知数列{an}满足Sn = 2an - n,求an .
解析 ∵ Sn = 2an - n,①
∴ Sn-1 = 2an-1 - (n - 1)(n ≥ 2). ②
由① - ②,得an = 2an-1 + 1. ③
策略1 ③ 可转化为an + 1 = 2(an-1 + 1)(n ≥ 2),可知数列{an + 1}是以2为公比的等比数列,∴ an + 1 = (a1 + 1)•2n-1,an = 2n - 1 .
策略2 由③得an + 1 = 2an + 1,④
④ - ③,得an + 1 - an = 2(an - an-1),
可知数列{an - an-1}是以2为公比的等比数列,
∴ an - an-1 = (a2 - a1)2n-1 = 2n-1(∵ a1 = 1,a2 = 3). ⑤
联立③､⑤得an = 2n-1.
策略3 由③得- =n(注:等式两边同除以pn,这是一种通解),
∴累加得an = 2n 1 +2 + … +n = 2n - 1 .
策略4 列举､观察､归纳､证明(此略).
有意思的是,下列问题也可化归为上述情形:
(1) x1 =且xn+1 =,可化归为=•+ ,求xn.
(2) a1 =且an+1 = 2an3,可化归为lg an+1=3lg an + lg 2,求an.
2. 当p(n) ≠ 1的常数,q(n)为关于n的一次式时
例2 (同例 1)
策略5 由Sn = 2an - n,保“Sn”去掉“an”,得
Sn = 2(Sn - Sn-1) - n,即Sn - 2Sn-1 + n.
设 Sn - (kn + m) = 2[Sn-1 - (k(n - 1) + m] ,待定系数得k = -1,m = -2,可知数列{Sn + n + 2}是以2为公比的等比数列,
∴ Sn + n + 2 = (S1 + 1 + 2)•2n-1,Sn = 2n+1 - n - 2,
∴ an = = 2n - 1.
策略6 或转化为- =,再求出Sn .
3. 当p(n)≠1的常数,q(n)为关于n 的指数式时
例3 (2006年全国卷Ⅲ)已知数列{an}满足a1 = 2,an = 4an - 1 + 2n,求an.
解析 策略1 设an - λ2n = 4(an-1 - λ2n-1),待定系数得λ = -1,可知数列{an + 2n}是以4为公比的等比数列,∴ an + 2n = (a1 + 21)•4n-1,an = 4n - 2n .
策略2 转化为- =n,
∴累加得 an = 4n 1 +2 + … +n =4n - 2n.
策略3 由- =n,还可进一步转化为-n = -n-1,得-n为常数数列,∴ an = 4n - 2n.
可见,当p(n)为不等于1的常数,q(n)是非零常数或是关于n 的代数式时,常可通过待定系数转化得到一个等比或等差数列.
四､拓展应用:几道高考题的新证与别解
例1 (2005年江苏卷)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1 = 1,且(5n - 8)Sn+1 - (5n + 2)Sn = -20n - 8.证明:数列{an}为等差数列(略去其他设问).
证 ∵ (5n - 8)Sn+1 - (5n + 2)Sn = -20n - 8, ①
∴ (5n - 13)Sn - (5n - 3)Sn-1 = -20(n - 1) - 28(n ≥ 2). ②
① - ②得5nan+1 - 5nan - 8an+1 + 3an = -20,
即(5n - 8)an+1 - (5n - 3)an = -20,
∴- = =
-4-(n ≥ 2).
从而有 - =
-4- + - +…+ - = -4-.
由已知a2 = 6,得an = 5n - 4(n ≥ 2).
又a1 = 1,故an = 5n - 4,数列{an}为等差数列.
注:“本文中所涉及到的图表､注解､公式等内容请以PDF格式阅读原文｡”