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在中学数学中常会遇到这样的问题:已知数列中任意相临两项或几项的关系和某一项或几项的值求数列的通项公式,这样的问题称为数列的递归。下面是常见的几种数列的递归类型。
类型一 形如an+1=an+f(n)型且已知a1值的递归式(可使用累加法),由条件an+1=an+f(n)变形得an+1-an=f(n),从而an-an-1=
f(n-1);an-1-an-2=f(n-2);…a2-a1=f(1);对以上n-1个式子累加得:an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)=a1+■f(i),注意在此类型中■f(i)必须是具体可求的。
典例 已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n,求数列{an}的通项公式。
解:由an+1=an+2n,得an+1-an-=2n,从而有an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,…,a2-a1=2,再对以上n-1个式子累加得,an=2n-1+2n-2+…+2+a1,又a1=1,所以an=2n-1。
类型二 形如an+1=an·f(n)型的递归式,变形为an+1/an=f(n)使用叠乘法可得an=a1·f(1)·f(2)·f(3)……f(n-1)=a1·■f(i),与类型一类似■f(i)必须是具体可求的。
典例 已知数列{an}中,a1=1,an+1=an·2n,求数列{an}的通项公式。
解 由an+1=an·2n得■=2n,从而有■=2n-1,■=2n-2,…■=2,对以上n-1个式子叠乘得■=2n-1■·2n-2 … 2=2■,又a1=1,所以an=2■。
类型三 形如an+1=Pan+q(P≠1)型的递归式。
方法一 由条件an+1=Pan+q得:an=Pan-1+q,两式相减得an+1-an=P(an-an-1),所以数列{an-an-1}为公比是P的等比数列,从而an-an-1=(a2-a1)Pn-1,再利用类型一中的累加法便可求得通项公式。
方法二 由已知an+1=Pan+q两边同时加r得:an+1+r=Pan+q+r,即an+1+r=P(an+■),令r=■,得r=■;从而有an+1+■=P(an+■),即{an+■}是公比为p的等比数列,所以an=■+(a1+■)Pn-1。
典例 已知数列{an}中,a1=2,an+1=3an+2,求此数列的通项公式。
解法一 由条件an+1=3an+2得an=3an+2,两式相减得an+1-an=3(an-an-1),所以{an-an-1}是公比为3的等比数列,由a1=2知a2=8,所以an-an-1=3n-2(a2-a1)=3n-2·(8-2)=2·3n-1,进而有an-1-an-2=2·3n-2,…,a2-a1=2·3,再使用累加法可求得,an-a1=2·3n-2+…+2·3=3n-3,又因为a1=2,故an=3n-1。
解法二 由an+1=3an+2,式子两边同时加上1,可得an+1+1=3an+3=3(an+1),所以数列{an+1}是公比为3的等比数列,从而an+1=3n-1·(a1+1)=3n-1·3=3n,所以数列{an}的通项公式为an=3n-1。
类型四 形如an+1=Pan+g(n)(P≠1)型的递归式,可使式子两边同时除以Pn+1得到■=■+■,再利用类型一的方法便可求的数列的通项公式。
典例 已知数列{an}中,a1=2,an+1=3an+n,求此数列的通项公式。
解:由an+1=3an+n得■=■+■,即■-■=■;从而■-■=■,■-■=■,…,■-■;对以上n-1个式子进行两边累加可得■-■=■+■+…+■……①,设T=■+■+…+■……②进而3T=■+■+…+■……③;③-②并化简得,T=■,代入①式便可求得数列{an}的通项公式为an=■·3n-1-■-■。
对于上例也可以看成an+1=ban+g(n)(b≠1),g(n)=pn+q(g(n)为等差数列)型,这样就有an+1=ban+pn+q…①,如果令an+1-[A(n+1)+B]=b[an-(An+B)]…②;由①②可得A=■,B=■,从而{an-(An+B)}是等比数列。
类型五 形如an+1=paqn(p>0,an>0)型的递归式。可以两边同时取对数,得lgan+1=qlgan+lgp,再令bn=lgan得bn+1=q·bn+lgp,再利用类型三即可求出通项公式。
典例 若数列{an}满足a1=1,a2=2,■=■(n≥3),求此数列的通项公式。
解 由题设可知an<0,n∈N+,两边同时取对数得,当n≥3时,lgan-lgan-1=■(lgan-1-lgan-2),所以{lgan-lgan-1}是以■为公比的等比数列,从而n≥2时lgan-lgan-1=(■)n-2(lga2-lga1)即lg■=(■)n-2lg2-lg2■,所以■=2■,再使用叠乘法可求得数列{an}的通项公式为an=2■。
类型六 形如an+2=pan+1+qan型的递归式求通项公式,可使用待定系数法,设an+2-Aan+1=B(an+1-Aan)…①,可以求得A与B有两组值再代入①式来解。
典例 已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=■an+1-■an,求此数列的通项公式。
解 设an+2-Aan+1=B(an+1-Aan),由于an+2=■an+1-■an,可求得A■=■B■=1 A■=1B2=-■ 当A=-■,B=1时,由假设an+2-Aan+1=B(an+1-Aan)得an+2+■an+1=an+1+■an,从而an+1+■an=an+■an-1=…a2+■a1,又因为a1=1,a2=2得an+1+■an=■…①,同理当A=1,B=-■时,可得an+1-an=-(■)n-1…②,由①②可得an=■-■·(-■)n-1。
类型七 形如an+1=■型的递归式求通项公式,可使用不动点法来解。
典例 已知数列{an}满足a1=3,an+1=■,求此数列的通项公式。
解:设x=■,解得x=2或x=-2,an+1=■的两边同时减2得:an+1-2=■-2=■…①,同理an+1=■的两边同时减-2得an+1+2=■+2=■…②,①式两边同时除以②式的两边得■=-■·■,故{■}是以 -■为公比的等比数列,又a1=3,■=■·(-■)n-1,变形得■。
类型八 在直接解不出来的情况下,可以采用先猜后证的方法来求其通项公式,即根据递推公式求出数列的前几项,使用归纳推理的方法猜出其通项公式,然后再使用数学归纳法来论证。
典例 已知数列{an}中,a1=0,an+1=■,求此数列{an}的通项公式。
解 由an+1=■和a1=0,得a2=■=■,a3=■=■,a4=■=■,a4=■=■,a5=■=■,…,归纳上述结果,可得猜想an=■(n=1,2,3,…).
下面使用数学归纳法证明这个猜想。
当n=1时,左边a1=0,右边=■=0,猜想成立。假设当n=k时,命题成立,即ak=■。那么,当n=k+1时,ak+1=■=■=■=■。这就是说,当n=k+1时猜想成立。所以要求的数列{an}的通项公式为an=■。
类型一 形如an+1=an+f(n)型且已知a1值的递归式(可使用累加法),由条件an+1=an+f(n)变形得an+1-an=f(n),从而an-an-1=
f(n-1);an-1-an-2=f(n-2);…a2-a1=f(1);对以上n-1个式子累加得:an=a1+f(1)+f(2)+…+f(n-1)=a1+■f(i),注意在此类型中■f(i)必须是具体可求的。
典例 已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n,求数列{an}的通项公式。
解:由an+1=an+2n,得an+1-an-=2n,从而有an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,…,a2-a1=2,再对以上n-1个式子累加得,an=2n-1+2n-2+…+2+a1,又a1=1,所以an=2n-1。
类型二 形如an+1=an·f(n)型的递归式,变形为an+1/an=f(n)使用叠乘法可得an=a1·f(1)·f(2)·f(3)……f(n-1)=a1·■f(i),与类型一类似■f(i)必须是具体可求的。
典例 已知数列{an}中,a1=1,an+1=an·2n,求数列{an}的通项公式。
解 由an+1=an·2n得■=2n,从而有■=2n-1,■=2n-2,…■=2,对以上n-1个式子叠乘得■=2n-1■·2n-2 … 2=2■,又a1=1,所以an=2■。
类型三 形如an+1=Pan+q(P≠1)型的递归式。
方法一 由条件an+1=Pan+q得:an=Pan-1+q,两式相减得an+1-an=P(an-an-1),所以数列{an-an-1}为公比是P的等比数列,从而an-an-1=(a2-a1)Pn-1,再利用类型一中的累加法便可求得通项公式。
方法二 由已知an+1=Pan+q两边同时加r得:an+1+r=Pan+q+r,即an+1+r=P(an+■),令r=■,得r=■;从而有an+1+■=P(an+■),即{an+■}是公比为p的等比数列,所以an=■+(a1+■)Pn-1。
典例 已知数列{an}中,a1=2,an+1=3an+2,求此数列的通项公式。
解法一 由条件an+1=3an+2得an=3an+2,两式相减得an+1-an=3(an-an-1),所以{an-an-1}是公比为3的等比数列,由a1=2知a2=8,所以an-an-1=3n-2(a2-a1)=3n-2·(8-2)=2·3n-1,进而有an-1-an-2=2·3n-2,…,a2-a1=2·3,再使用累加法可求得,an-a1=2·3n-2+…+2·3=3n-3,又因为a1=2,故an=3n-1。
解法二 由an+1=3an+2,式子两边同时加上1,可得an+1+1=3an+3=3(an+1),所以数列{an+1}是公比为3的等比数列,从而an+1=3n-1·(a1+1)=3n-1·3=3n,所以数列{an}的通项公式为an=3n-1。
类型四 形如an+1=Pan+g(n)(P≠1)型的递归式,可使式子两边同时除以Pn+1得到■=■+■,再利用类型一的方法便可求的数列的通项公式。
典例 已知数列{an}中,a1=2,an+1=3an+n,求此数列的通项公式。
解:由an+1=3an+n得■=■+■,即■-■=■;从而■-■=■,■-■=■,…,■-■;对以上n-1个式子进行两边累加可得■-■=■+■+…+■……①,设T=■+■+…+■……②进而3T=■+■+…+■……③;③-②并化简得,T=■,代入①式便可求得数列{an}的通项公式为an=■·3n-1-■-■。
对于上例也可以看成an+1=ban+g(n)(b≠1),g(n)=pn+q(g(n)为等差数列)型,这样就有an+1=ban+pn+q…①,如果令an+1-[A(n+1)+B]=b[an-(An+B)]…②;由①②可得A=■,B=■,从而{an-(An+B)}是等比数列。
类型五 形如an+1=paqn(p>0,an>0)型的递归式。可以两边同时取对数,得lgan+1=qlgan+lgp,再令bn=lgan得bn+1=q·bn+lgp,再利用类型三即可求出通项公式。
典例 若数列{an}满足a1=1,a2=2,■=■(n≥3),求此数列的通项公式。
解 由题设可知an<0,n∈N+,两边同时取对数得,当n≥3时,lgan-lgan-1=■(lgan-1-lgan-2),所以{lgan-lgan-1}是以■为公比的等比数列,从而n≥2时lgan-lgan-1=(■)n-2(lga2-lga1)即lg■=(■)n-2lg2-lg2■,所以■=2■,再使用叠乘法可求得数列{an}的通项公式为an=2■。
类型六 形如an+2=pan+1+qan型的递归式求通项公式,可使用待定系数法,设an+2-Aan+1=B(an+1-Aan)…①,可以求得A与B有两组值再代入①式来解。
典例 已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=■an+1-■an,求此数列的通项公式。
解 设an+2-Aan+1=B(an+1-Aan),由于an+2=■an+1-■an,可求得A■=■B■=1 A■=1B2=-■ 当A=-■,B=1时,由假设an+2-Aan+1=B(an+1-Aan)得an+2+■an+1=an+1+■an,从而an+1+■an=an+■an-1=…a2+■a1,又因为a1=1,a2=2得an+1+■an=■…①,同理当A=1,B=-■时,可得an+1-an=-(■)n-1…②,由①②可得an=■-■·(-■)n-1。
类型七 形如an+1=■型的递归式求通项公式,可使用不动点法来解。
典例 已知数列{an}满足a1=3,an+1=■,求此数列的通项公式。
解:设x=■,解得x=2或x=-2,an+1=■的两边同时减2得:an+1-2=■-2=■…①,同理an+1=■的两边同时减-2得an+1+2=■+2=■…②,①式两边同时除以②式的两边得■=-■·■,故{■}是以 -■为公比的等比数列,又a1=3,■=■·(-■)n-1,变形得■。
类型八 在直接解不出来的情况下,可以采用先猜后证的方法来求其通项公式,即根据递推公式求出数列的前几项,使用归纳推理的方法猜出其通项公式,然后再使用数学归纳法来论证。
典例 已知数列{an}中,a1=0,an+1=■,求此数列{an}的通项公式。
解 由an+1=■和a1=0,得a2=■=■,a3=■=■,a4=■=■,a4=■=■,a5=■=■,…,归纳上述结果,可得猜想an=■(n=1,2,3,…).
下面使用数学归纳法证明这个猜想。
当n=1时,左边a1=0,右边=■=0,猜想成立。假设当n=k时,命题成立,即ak=■。那么,当n=k+1时,ak+1=■=■=■=■。这就是说,当n=k+1时猜想成立。所以要求的数列{an}的通项公式为an=■。