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1、42数学通讯 2007年第9期递推数列的通项范端喜熊 斌(华东师大二附中,上海 201203)(华东师大数学系,上海 200062)中图分类号:O122文献标识码:A 文章编号:0488-7395(2007)09-0042-03 递推数列是数列中的一类非常重要的问例2 数列{an}满足nan+1=(n+1)an题,一般地,可以通过给出数列的第一项(或+1,且a1=1,求数列{an}的通项.前若干项),并给出数列的某一项(或前若干分析 注意到左右两边系数与下标乘积项)的关系式来表示数列,这种表示数列的方均为n(n+1),将原式两边同时除以n(n
2、+式叫做数列递推方式.an+1an11),变形为=+.令bn=与中学竞赛有关的递推数列通常有两n+1nn(n+1)类:an=f(an-1)(n=2,3,4,⋯)及一个初an1,有bn+1=bn+,即化为类型1,nn(n+1)始项a1所确定的数列,叫一阶递归数列;an以下略.=f(an-1,an-2)(n=3,4,5,⋯)及两个初始2an+1=anf(n)项a1,a2所确定的数列,叫二阶递归数列.方法:利用叠代法,1an+1=an+f(n)a2=a1f(1),a3=a2f(2),⋯,an=an-1方法:利用叠加法,n-1·f(n-1),an=a17f(k).a2=a1+f(1
3、),a3=a2+f(2),⋯,ank=1n-1例3 数列{an}中,a1=2,且an=(1-=an-1+f(n-1),an=a1+6f(k).k=11例1 数列{2)an-1,求数列{an}的通项.an}满足a1=1,an=an-1n11+2(n≥2),求数列{an}的通项.解 因为an+1=[1-2]an,所以n-n(n+1)1n-1n-11解 由an+1=an+2an=a17f(k)=27[1-2](n+1)-(n+1)k=1k=1(k+1)得n-1kk+2n+1=27(×)=.n-1k=1k+1k+1n1an=a1+62k=1(k+1)-(k+1)3an+1=pan+
4、q,其中p,q为常数,且p≠n-1111,q≠0=1+6(-)k=1kk+1方法:用待定系数法,构造一个公比为p11=1+1-=2-.的等比数列,令an+1+λ=p(an+λ),(p-nn收稿日期:2007-02-202007年第9期 数学通讯43qq通项问题,一般用取倒数的方法化为类型31)λ=q,λ=,从而{an+}是一个p-1p-1求解.公比为p的等比数列.4an+1=pan+f(n),这里p为常数,且p例4 数列{an}满足a1=1,an+1=≠112an+1,求an.n+1an+1方法:上式两边同时除以p,则n+1p1解 因为λ==-2,所
5、以{an-2}1anf(n)an-1=n+n+1.令n=bn,有bn+1=bn+2ppp1f(n)是一个公比为的等比数列,则n+1,即为类型1,用叠加法解决.2pa-2=(a1)n-11)n-1例7 数列{an}中,a1=1,an+1=3an+n1-2)(=-(,222n-2,求an.1n-1故an=2-().2n+1an+1an解 两边同除以3,得n+1=n+例5 数列{a333n}中,a1=1,an×an+1=210,求a2n-2an2n-2n.,令b=,b=b+,利用n+1nnn+1nn+1333310解 显然an>0,对an×an+1=2的两叠加法及错位相减的数列求
6、和易得边同时取以2为底的对数log2an+3log2an+1n31an=-n+.=10,令bn=log2an,于是.就转化为类型3,22以下略.5an+1=pan+qan-1(n≥2),p,q为常数例6 已知sin(2α+β)=3sinβ,设tanα方法:可用下面的定理求解:令α,β为2=x,tanβ=y,记y=f(x),相应的二次方程x-px-q=0的两根(此1)求f(x)的表达式;方程又称为特征方程),则当α≠β时,an=12nnn-12)定义正数数列{an},a1=,an+1=Aα+Bβ;当α=β时,an=(A+Bn)α,2其中A,B分别由初始条件a1,a2所得的方2
7、anf(n),求an.Aα+Bβ=a1,A+B=a1,x解1)f(x)=2.程组和1+2x22Aα+Bβ=a2(A+2B)α=a222)=2an唯一确定.2)因为an+1=2anf(an2,两1+2an例8 斐波那契数列{fn}定义如下:f0111边同时取倒数得2=2·2+1,=f1=1,fn+2=fn+1+fn,求{fn}的通项.an+1an2解 特征方程是x-x-1=0,特征根11令bn=2,则bn+1=bn+1,易求得an21+51-5是α=,β=,所以n-2222an=n-1.2+11+5n1-5nfn=A
