基于递推关系的数列通项公式求法（学术论文） .pdf

基于递推关系求常见递推数列的通项 苏州市田家炳实验高级中学 王耀 （江苏 215006） 笔者听过一节关于求递推数列通项公式的公开课，整节课内容充实，生成丰实，选用了高考或者竞赛 试题作为例题，展现的解法可谓“百花齐放” ，其中许多解法极富技巧性. 然而，笔者课后一直在思考这节 课上的例题和习题能否避用那些技巧性的方法，即如何培养学生的数学解题思维? 事实上，笔者也发现一 部分学生还是缺乏技巧经验，产生思维障碍. 因此，教学过程中应注重常规转化思维培养，按部就班地去 探求通式通法，才能使高中数学的教与学更具实践性和有效性. 一、递推数列的通项 一、递推数列的通项 本文中，笔者主要基于递推数列的递推关系式，分析其通项公式的解法. 首先，所谓“递推数列” ：即 由一个数列的连续若干项之间的关系所确定的数列. 解决递推数列的核心问题就是求递推数列的通项公 式，这个问题也一直是教学中的重点、难点. 笔者认为，如果将递推关系式中的项数n用1n替换，即多 进行一次迭代的话，有可能得到数列中的某些项的关系. 其次，从教材出发，以苏教版为例，课本中只涉及到求等差数列和等比数列的通项公式，求它们通项 的方法统称为迭代法，其中：在求等差数列通项时称为累加法，在求等比数列通项时称为累积（乘）法. 那 么，对于一般的递推数列而言，要求出其通项，势必意味着要将其转化为新的等差数列或等比数列，从而 可利用累加法或累积法这两种基本方法. 文中针对几种常见的递推数列，求其通项的具体分析方法及其例题赏析如下： 类型类型 1： 1nn aqaf n ，其中qr 且0q ， 0f n . 1.1 当1q 时， 1nn aaf n ，则由累加法可得 1 1 1 n n i aaf i . 1.2 当1q 时， 1nn aaf n ，由递推关系式： 21 1 nn aaf n ，可得 2 1 nn aaf nf n . 由累加法得： 1 /2 1 1 2 /2 2 1 221 212 n i n n i afifin a afifin ， 为奇数 ， 为偶数 ； 特别地：当 f nknd(其中 d 为常数，下同)时， 1 2 2 , 2 , n ak nn a ak nn 为大于1的奇数 为偶数 . 1.3 当1q ， f nd时， 1nn aqad ，有递推关系式： 21nn aqad ，则 211nnnn aaq aa ， 令 1nnn baa ，有 1nn bqb ， 1 1 n n bbq ，即可转化为 1 121 () n nn aaaa q ，即类型 1.1，通过计算得： 1 11 11 1 111 n nn n dq dd aa qaq qqq ，即： 1 1 11 n n dd aaq qq ，则数列 1 n d a q 是公比为 q的等比数列. 此法通常被称为“待定系数法” ，即令： 1+nn aq a ，得 1 d = q ，从而数列 n a +为等比数列. 1.4 当1q， f nknd(k为常数)时， 1nn aqaknd ，有递推关系式： 21nn aqaknkd ，则 211nnnn aaq aa +k，令 1nnn baa ，则 1nn bqbk ，从而转化成上面类型 1.3 的递推关系式. 1.5 当 f nknd时， 1nn aqaf n ，假设 nnn bat， 111nnn bat ，则当 1nn bbg n 时，有 1 1 1 nn n g n aa tt ，此时对比递推关系式 1nn aqaf n ，不难发现只要取 1 t q 即可构造新的递推数列. 即若等式两边同除以 1n q 得： 1 11 nn nnn f naa qqq ， 令 1 1 n n n a b q 后可转化为 1 1 nn n f n bb q ， 即类型 1.1 的形式， 从而可求出数列 1 1 1 n n n i i f i a aq qq . 例例 1 (1) 已知数列 n a满足： 1 1a ， 1 21 nn aa ，则 n a _ 解： 1 21 21 22 nn nn aa aa ， 211 ()2 nnnn aaaa ， 令 1nnn baa ，则 1 2 nn b b ， 1 2b ，2n n b ，即 1 1 2n nn aa ，由累加法可知：21 n n a . (2) 已知数列 an 满足： 1 4a ， 1 23n nn aa + ，求 n a 解： 1 23n nn aa ， 11 1 1 1 2 2222 33 22 n n n nnn n+n+n aaa ，令 2 n n n b a ，则 1 13 22 n nn bb ， 由累加法得 31 22 n n b ，因此 1 23 nn n a . 评析：评析： 这时， 也有学生提出用待定系数法构造新的递推数列， 即令 1 1 323 nn nn aa ， 得1 ， 此题可行. 但是，笔者也发现一个问题，此法对于这种递推结构的数列都适用吗？不难看出，如果将本题 稍作修改为 1 33n nn a a + ， 那么 1 1 333 nn nn aa ， 展开后将会出现矛盾. 因此， 对于 1 n nn a par+ (p、r为非零常数)的递推数列，当pr时，待定系数法才能适用，即令 1 1 nn nn arp ar . (3) 已知数列 an 满足： 1 1a ， 1 32 nn aan ，求 n a 解： 1 21 32 321 nn nn a an a + an ， 211 (32) nnnn aaaa . 令 1nnn baa ，则 1 32 nn bb ，易知 1 31 n n b ，则有 1 1 31 n nn aa ，由累加法得到： 1 31 2 n n an . (4) 2012 全国卷 16 数列 n a满足： 1 () 121 n nn aan ，则 n a前 60 项的和为_ 解：由题设知 1 1 21 ( 1) ( 1 1)21 2 n nn n nn aa aa n n ，则当n为奇数时， 1 21 2 21 1 nn nn naa aan ，有 2 2 nn aa ； 当n为偶数时， 1 21 2 21 1 nn nn naa aan ，有 2 4 nn aan . 则由前60项中分别含有15对奇数项和偶数项，得 60 258 15 15 24 26583041830 2 s= . 改编：改编：若本题中，补充一个条件 1 1a 的话，则当n为奇数时，由 2 2 nn aa ，可知 1 1 n aa； 当n为偶数时， 2 4 nn aan ，可知 42 42 nn aan ，则 4 8 nn aa ， 4 2 2826 4 n n an ， 那么22 n an；则 60 2 118 30301830 2 s 评析：评析：此题作为全国高考题，而且没有给出数列的首项，无法进行归纳猜想. 因此，解题思维的出发 点只能寄托在( 1)n上，即对n分奇偶数进行讨论，然后再对其转化为数列中奇数项、偶数项的关系，从而 解决问题. 这种解法有种“摸着石头过河”的感觉，其中的 “石头”就是平时学习中的基本数学思维. 类型 2： 类型 2： 1nn aaf n ，其中( )0f n . 2.1 当 f nd时， 1nn aad ，由递推关系式： 21nn aad ，可知 2nn aa ，即 n a是周期为2的周期数 列，同时 1 1 n an a d n a ， 为奇数 ， 为偶数 . 2.2 当 f nd时， 1nn aaf n ，由递推关系式： 21 1 nn aaf n ，可得 2 1 n n f na af n ，则由累乘法 得到： 1 /2 1 1 2 /2 2 1 2 21 21 2 n i n n i fi an fi a fi an fi ， 为奇数 ， 为偶数 . 例例 2 (1) 已知数列 n a满足： 1 1a ， 1 3 nn aa ，求 n a 解： 1 21 3 3 nn nn aa aa ，则 2 1 n n a a ；又 1 1a ， 2 3a ，则 1 3 n n a n ， ， 为奇数 为偶数 . (2) 已知数列 an 满足： 1 1a ， 1 3n nn aa ，求 n a 解： 1 1 21 3 3 n nn n nn aa aa ， 则 2 3 n n a a ； 又 1 1a ， 2 3a ， 求得 2 3k k a， 1 21 3k k a ， 即： 1 2 2 3 3 n n n n a n ， ， 为奇数 为偶数 . 类型 3：类型 3： 1nn aaf n 或者 1n n a f n a ，其中 1 0a，( )0f n. 3.1 当 f nq时，即 1n n a q a ，则数列 n a为等比数列， 1 1 n n aa q . 3.2 当 f nq时，即 1n n a f n a ，由累积法得： 1 1 1 n n i aaf i . 例 例 3 (1) 已知数列 an 满足： 1 2a ， 1 2 nn nana ，则 n a _ 解： 1 2 nn nana ， 1 2 n n an an ， 则： 12 11 2 nn nn aaan aaan 12 1 nn nn 3 1 n n 3 2 1 5 4 3 2 21nn ， 即 1 4 (1)2 n a nn ， 1 2a ； 4 (1) n a n n . (2) 2012年江苏卷20 已知各项均为正数的两个数列 n a和 n b满足： 1 22 nn n nn ab a ab ，*nn () 设 1 2 n n n b b a ，*nn，且 n a是等比数列，求 1 a和 1 b的值 解： n a是等比数列，设 1 1 n n aa q 0q ，则由 1 2 n n n b b a 可知： 1 1 1 2 n n n b ba q ， 2 11 2 n n n b ba q ， 2 11 2b ba ，由累乘法可得 1 1 2 2 1 2 n n n bb a q . 下面将 n b代入关系式 1 22 nn n nn ab a ab 中，化简得： 2 1 21 2211 111 11 13 1 2 1 2 21 212 n n nn n nn n nnn n b a qbb aqq a q ， 当0,1q时，上面 式左边的值趋近于0，右边的值趋近于正无穷大，所以矛盾； 当1,q时，上面 式左边的值趋近于正无穷大，右边的值趋近于1，所以矛盾； 综上，有且仅有1q ， 1n aa (其中 1 a为常数). 则有： 1 1 22 1 1 1 2 n n n n ab a ab b b a ，化简得： 222 1111 1 1210 2 nn abba ， 当 1 a=1时， 1 0 n b (舍)； 当 1 a1时， 24 11 1 2 1 22 2 1 n aa b a ； 由于 1 a为常数，则可知 1n bc (c为常数)，那么 n b也是公比为1的等比数列，即： 1 2 1 a ，所以有 11 2ab. 评析：评析：本例题所展示的解法主要来源于对递推数列结构的深刻理解与应用，很自然地得到数列 n b的 递推关系式，从而可求该数列的通项，最后都转化为 1 a、 1 b、q的表达式；再结合数列的本质，即数列是 一类特殊的函数，类似指数函数，于是只要对底数q进行分类讨论即可. 作为高考的压轴题，对比参考答 案的解法，本解法优点在于解题思维的起点更低，思路严谨，容易上手，只是计算量较大，需要扎实的计 算基本功. 类型 4：类型 4： 1 + + n n n paq ar a ，其中pqr， ， 为常数. 4.1 当0p ，0q 时， 1 + n n n pa a ar ， 两边取倒数则可转化为： 1 111 nn r ap ap ， 令 1 n n b a ， 即 1 1 nn r bb pp ， 因此，当pr时， 1 1 n n bb p ，则 1 1 1 n a p a pna ； 当pr时，由类型1.4得 1 1 111 n n r b arpppr ，从而可得 n a的通项公式. 本质上， 若数列 n a满足 11 0 nnnn aa paqa ， 则等式两边同除以 1nn aa 即可转化为： 1 1 nn qp aa 的形式，从而化为类型1的问题. 4.2 当0q 时，0pr时，则 1nn aaq ，即类型2.1， 1 1 n an a q n a ， 为奇数 ， 为偶数 . 4.3 当0pq 时，由 1 + + n n n paq ar a ，若令 nn ba，使得 1 1 1 n n n p b b br 即可转化为类型4.1，化简后得到： 111 1 1 n n n papr a ar ，即有： 1 1 11 rr pp prq ，从而 2 0prq. 其中： 当 2 40prq ，即0q 时，方程存在实根，从而可得数列 n b和 n a的通项公式. 当 2 40prq ，即0q 时，方程存在虚数根，此处不再深入. 事实上，上述问题即为求满足递推关系式 11 0 nnnn aa paraq 0r 的数列 n a的通项公式问 题，则可以采用待定系数法将该问题转化为 1111 0 nnnn aapaqa ，展开后即可得到 待定的系数，即转化为类型4.1的问题. 例例4（1）已知数列 an 满足： 1 1a ， 1 2 31 n n n a a a ，求 n a 解 ： 1 31131 222 n nnn a aaa ， 令 1 n n b a ， 则 1 13 22 nn bb ， 从 而 有 2 1 3 2 n n b 2n ， 2 2 2 3 21 n n n a . （2）已知数列an满足： 1 1a ， 11 2320 nnnn aaaa ，求 n a 解：令 11nnnn aaq ar a ，即有： 2 1 2 3 2 1 r q qr ，解得1； 即 11 ()()21111 nnnn a a aa ，令1 nn ba，则 11 2 nnnn b bbb ， 1 11 2 nn bb ， 即数列 1 1 n a 是首项为 1 2 ，公差为2的等差数列，解得 143 2 n n b ，从而 54 43 n n a n . 类型 5： 类型 5： 12 + nnn paaqar (其中p，q为常数) . 5.1 当0r 时，含有三项的数列递推关系式，首要问题是能否转化为两项递推的形式，易知在等式两边同 除以 n a，即有： 2 11 nn nn aa pq aa ，令 1n n n a b a ，则 1 1 n n pqb b ，即符合类型4.3的形式，下略 或者， 也可以采用如下形式的待定系数法： 1112+ + nnnn aapaa ， 此时 1112 + nnn papaa ， 因此 1 1 pp qp ， 则数列 1+nn aa 为等比数列，从而有 1+nn aaf n ，符合类型1的形式，下略. 5.2 当0r 时， 类比5.1中第二种转化策略， 可设 111211 + nnnn aaqpaaq ， 因此 1 1 11 1 pp qp rqp ， 则有 1+nn aag n ，符合类型1的形式，下略. 例例5 (1) 数列 n a中， 1 1a ， 2 2a ， 21 21 0 33 nnn aaa ，求数列 n a的通项公式. 解：令 1nnn baa ，则当 211nnnn aaq aa 时，有 1nn bqb ，因此有 2 3 1 3 q q ， 解得 1 1 3 q 或 1 3 1 q ， 则 1 121 n nn aaaaq ，即 1 121 n nn aaaaq ，根据类型1.5有 1 1 12 2 n nn nn aaq ， 由累加法得到： 11 22 nn n q a+q qq ，将和q分别代入得到： 1 11 73 43 n n a . (2) 斐波那契(fibonacci)数列 设数列 n a中， 12 1aa， 12nnn aaa 3n ，求 n a. 解：令 112nnnn aaq aa ，则 12nnn aqaq a ，由此可知 1 1 q q ，此方程组的解为 51 2 51 2 q 或 15 2 15 2 q ； 则由上可知 21 121 nn nn aaaaqq ，根据类型1.5有 1 1 1 1 n nn nn aaq ，再由累加法得到： 11 n n n aqq qq 1 1 n q q ，于是，将两组解和q分别代入到上式中都有： 51515 522 nn n a . 评析：评析：本例题中，给出了斐波那契数列的初等解法，运用数学转化思维，可以一般地求出斐波那契数 列的通项公式，同时该解法尽量避免适用一些非常规的解题技巧，只要按照既定的合理方法，执行严格的 数学推导过程，将会实现合理的结果. 因此，淡化解题技巧，强化解题思维，从而能逐渐淡化学生对数学 的畏惧心理，强化自主独