2、数列与递推

1 数列与递推数列与递推 一 等差 等比数列一 等差 等比数列 数列是定义在自然数集或它的子集上 n a 的一个函数 求数列的通项公式相 nfan 当于求这个函数的表达式 同时 数列的前 n 项的和也组成一个数列 且 n S 11 Sa 数列的有关问题 往往围 2 1 nSSa nnn 绕通项与求和问题展开 等差数列与等比数列是两种最基本 最 常见的数列 我们应当熟知一下性质 Nnmqp 等差数列的性质 若为等差数列 则 k 为常数 n a kn a 仍为等差数列 若 为等差数列 则 n a n b 为常数 仍为等差数列 nn bcac 21 1 c 2 c 若为等差数列 则的 n aqpnm 充要条件是 qpnm aaaa 等比数列的常用性质 若为等比数列 则 k 为常数 n a kn a 仍为等比数列 2 若 为等比数列 则 n a n b 为常数 仍为等比数列 nn bcac 21 1 c 2 c 若为等比数列 则的 n aqpnm 充要条件是 qpnm aaaa 例例 1 1 已知一个等差数列其中有三项 13 25 41 试证明 2009 为此等差数列中 的一项 解解 方法 1 设已知等差数列的公差为 d 则 1341 1325 bd ad Zba 即 28 12 bd ad 2 1 由得 21 40 dba 由得 122 42 dab 因为 1996132009 4405013 dabdba25013 dba495213 其中 所以 2009 为此等差Zba 4952 数列中的一项 方法 2 设已知的等差数列的公差为 d 则 1341 1325 bd ad Zba 3 即 28 12 bd ad 2 1 假设存在使得Zyx 3 132009ybdxad 即得 2812132009yx 3 7499y x 当时 1 y164 x 即 dba 164132009 其中 Zba 164 所以 2009 为此等差数列中的一项 方法 3 设 13 25 41 所在的等差数列 为 则 37 必为此数列中的一项 因为 n a 25 为 13 37 的等差中项 由 43741 可以构造一个等差数列 分两种情况讨论 1 13 17 21 25 29 33 37 41 易知 这个等差数列一定是数列的 n a 一个子列 此时公差 而 4 d 所以 2009 为此等差数列4499132009 子列中的一项 2 41 37 33 29 25 21 17 13 易知 这个等差数列一定是数列的 n a 4 一个子列 此时公差 而 4 d 所以 2009 为此等差 4499200913 数列子列中的一项 综合 1 2 得 2009 为此等差数列中 的一项 方法 4 设 13 25 41 所在的等差数列 为 则而与公约 n a 162545 121325 数为 2 或 4 或 构造出含有42 或 13 25 41 三项公差 d 分别为 2 或 4 或 的等差数列的子列 仿方法 3 便42 或 n a 可证得 2009 为此等差数列中的一项 方法 5 定理 各项为整数的等差数列 公差为 d 的充要条件是各项为整数的 n a 数列中的任一项被整数 d 除余数相同 n a n a 证明略 设已知的等差数列的公差为 d 依题意 不妨取 且 Zd121 d 当且仅当时 42或 d dmod113 此时 mod125d dmod141 由定理知 2009 为此等差数 dmod12009 列中的一项 例例 2 2 各项为实数的等差数列的公差为 5 4 其首项的平方与其余各项之和不超过 100 这样的数列至多有 项 分析分析 已知公差 那么等差数列的各项 都可以用首项表示出来 于是根据第二个 1 a 条件 就可以得到一个关于和项数 n 的不 1 a 等式 解解 不妨设等差数列的公差为 n aaa 21 4 由题设条件可得 100 32 2 1 n aaaa 即 1001 2 144 11 2 1 n naa a 整理得 0100221 2 1 2 1 nnana 当且仅当 时 至少存 01002241 2 2 nnn 在一个实数满足不等式 1 a 于是由得 即0 040167 2 nn 7 28163 7 28163 n 注意到 0 7 28163 9 7 28163 8 故满足条件的自然数 n 的最大值为 8 即满 6 足题设条件的数列至多有 8 项 例例 3 3 设数列与的通项分别为 n a n b 它们的公共项由小到大排 n n a2 23 nbn 成数列 求的前 n 项的和 n c n c 分析分析 是等比数列 是等差数列 n a n b 探索两个数列公共项排成的数列的特征 n c 求出通项公式或求和公式 解解 由题设条件易知 22323 1 c 设的第 m 项与的第 k 项相等 并设这 n a n b 是的第 n 项 即 n c232 kc m n 由于是递增的 它的第 m 1 项为 n a 1123232222 1 1 kka mm m 显然不是的项 n b 而的第 m 2 项为 n a 2243234242 2 2 kka mm m 这是的项 从而也是的第 n 1 项 n b n c 2 1 2 m n c 由此可见 是首项为 8 公比为 4 的 n c 等比数列 所以它的前 n 项的和是 7 12 3 8 14 148 1 1 21 n nn n q qc S 例例 4 4 数列满足 且对每个 n a1 1 a 是方程的两 Nn n a 1 n a03 2 n bnxx 根 则 20 1k k b 分析分析 关键是求出的通项公式 由条 n a 件得出关系式再进行变形 解解 对每个 Nnnaa nn 3 1 可知 nnn baa 1 4 3 2 3 4 3 2 13 1 n a n a nn 因此是一个公比为 1 的等比 4 3 2 3 n an 数列 其首项为 故 4 7 4 7 1 4 3 2 3 1 n n n a 即 则 4 7 1 4 123 1 n n n a 于是 4 7 1 4 123 1 n n n a 8 21 1 8 29 4 9 2 1 n nnn naab 8 因此 6385 20 1 k k b 例例 5 5 正项数列满足 n a 1 111 2121 Nn aaaaaa nnnnnn 6 31 aa 单调递增且成等比数列 为 1 a 2 a 3 a n S 的 n a 前 n 项和 则的值是 2008 S 分析分析 已知条件等式变形 以显现数列 的性质 便于求 n a n S 解解 由已知有 2121 nnnnnn aaaaaa 所以 而 因 321321 aaaaaa 2 231 aaa 此 可知0 32 2 2 2 22 aaa 6 2 3 2 aa 解得 2 2 a 又因为 单调递增知 1 a 2 a 3 a53 1 a 再由 式得 321321 nnnnnn aaaaaa 得 0 1 213 nnnn aaaa 因此 故是以 3 为周期的数 3 nn aa n a 列 可知 因此53 12008 aa 9 20082072008 2007 62 35 3 SSa 5352 35 5352 2008 S 例例 6 6 设非负等差数列的公差 n a0 d 记为数列的前 n 项和 证明 n S n a 1 若 且 Npnm pnm2 则 pnm SSS 211 2 若 则 1005 1 503 a2008 1 2007 1 n n S 分析分析 根据 可得pnm2 利用均值不等式进行放缩可证 pnm aaa2 明 第 2 小题的证明显然要 pnm SSS 211 用到第 1 小题的结论 解解 设非负等差数列是首项为 n a0 1 a 公差为 0 d 1 因为 所以 pnm2 222 2pnm 从而有 mnp 2 pnm aaa2 nmp aaa 2 10 因为 所以有 dnn naSn 2 1 1 d mmnn anmSS mn 2 1 1 1 p Sd pp pad pmn pa2 2 22 2 2 2 2 2 1 22 1 11 2 11 22 4 nm nm mnmn n aam aa SS mn aa aaa a 2 2 11 122 2 4 2 ppp p p p aa aa a p aa S 于是 ppp p nm nm nm SSS S SS SS SS 2 2 11 2 1 11 1 2006220071 2007 1SSSSSn n 100410051003 1 1 SSS 1004 110032 S 1004 2007 S 又因为daS 2 10031004 1004 11004 11 1005 1004 1004 502 1004 5031 ada 所以有 20081005 1004 200720071 1004 2007 1 SSn n 说明说明 本题把等差数列的知识和不等式 的证明结合在一起 均值不等式的恰当运用 是解题的关键 例例 7 7 设等差数列的前 项和为 若 n an n S 则 2011 年1 12010 SS 2011 S 全国联赛 B 卷一试第一题 解 因为是等差数列 所以 n a 12009 2 2009 1006 20102 1201012010 a aa aSSS 于是 所以 2009 1 1006 a 2009 2011 2011 2 2011 1006 20111 2011 a aa S 二 递推数列二 递推数列 一阶递归数列的一般形式为 为常数 0 1 1 np aaa nqanpa nn 其特例为 12 1 这就是等比数 0 1 ppaa nn 列 2 0 0 1 qpqpaa nn 当时数列为等差数列 1 p 当时 可用待定系数法0 0 1 qpp 求解 令 求得 从 1nn ap a p q 1 而有 所以数列 p q ap p q a nn 11 1 是首项为 公比为 p 的 p q an 1 1 p q a 1 1 等比数列 3 0 1 pnqpaa nn 两边同除以 得 令 1 n p 11 1 nn n n n p nq p a p a 则 由此可用累加的 n n n p a b 1 1 n nn p nq bb 方法求出 从而求出 n b n a 4 0 1 qqanpa nn 解决这类问题的思想方法 通常也是利 13 用待定系数法构造类似于 等比数列 的新 数列 例例 8 8 设 xacot 1 xnxaa nn 1sin cos 1 试求数列的通项 n a n a 分析分析 xacot 1 xxxxxaasincoscotsincos 12 x x x xx sin 2cos sin sincos 22 xxaa2sincos 23 x x x x xx sin 3cos 2sin sin cos2cos xxaa3sincos 34 x x x xxxx sin 4cos sin sin3sincos3cos 至此已猜出 这一猜想是否正 x nx an sin cos 确 有待于证明 证证 根据分析 已猜出 x nx a sin cos n 下面应用数学归纳法证明 14 当时 命题成立 1 nx x x acot sin cos 1 设时 命题成立 即 kn x kx ak sin cos 当时 1 kn xkxaa kk 11sin cos 1 x xkxxkx sin sinsincoscos x xk sin 1cos 时 命题也成立 1 kn 故 为一切自然数时 成立 n x nx an sin cos 例例 9 9 若数列满足 n a0 1 a1 2 a 且 求 n nn aaa223 12n n a 解解 由已知递推式 得 n nnnn aaaa22 2 112 令 则 所以 nnn aab2 1 n nn bb2 1 n k n k k kkn bbbb 22 1 11 2 15 n k nk n aab 2 1 12 1222 即 122 1 n nn aa 两边同除以 得 n 2 nn n n n aa 2 1 1 22 1 1 所以 1 1 1 1 1 1 2 1 1 22 n k n k kk k k k aa 1 n 1k 1 1 1 1 2 1 1 22 n k kn n aa 2 1 1 1 0 1 n n 1 2 1 2 n n 所以 12 2 1 n n na 例例 1010 在数列中 n a1 1 a 求 3 1n n n a a a n a 解解 由取倒数 得 3 1n n n a a a nn n n aa a a 3 1 31 1 2 11 3 2 11 1nn aa 16 所以数列是以 3 为公比的等比 2 11 n a 数列 其首项为 故 2 3 2 1 1 2 11 1 a nn a 3 2 1 3 2 3 2 11 1 n 所以 13 1 n n a 例例 1111 若数列满足 且 n a5 1 a 求 3 13 1 n n n a a a 2 1 n n a 解解 令 则 1 n n ba1 11 nn ba 2 23 3 1 1 1 3 1 1 n n n n n b b b b b 2 4 1 2 23 1 n n n n n b b b b b 4 1 2 11 1 nn bb 再令 则 n n b C 1 4 1 2 1 1 nn CC 变形为 2 1 2 1 2 1 1 nn CC 17 数列是以即 为首项 以 2 1 n C 2 1 1 C 4 3 为公比的等比数列 由等比数列通项公式 2 1 有 1 2 1 4 3 2 1 n n C 所以 1 1 2 23 2 1 2 1 4 3 n n n n C n n n b 23 2 1 n nn n n n a 23 322 1 23 2 11 例例 1212 已知数列中 n a 1 321 aaa1 213 nnnn aaaa 求 2 121232 2 nnn aaa 分析分析 该递归数列是非齐次非线性的 思考将其转化为齐次线性递归数列 为消去 常数 可递推一步作差消去常数使其齐次化 再通过换元使其线性化 解解 1 213 nnnn aaaa 1 3214 nnnn aaaa 得 18 2132314 nnnnnnnn aaaaaaaa 即 nnnnnnnn aaaaaaaa 3322114 故 nnnnnn aaaaaa 23241 从而 24 3 2 1 nn n nn n aa a aa a 令 则 nn n n aa a b 2 1 2 nn bb 又 2 1 13 2 1 aa a b2 4 a 3 1 24 3 2 aa a b 所以 2 1 531 bbb 3 1 642 bbb 因此 当 n 为奇数时 则 2 1 2 1 nn n n aa a b 2 12nnn aaa 当 n 为偶数时 则 3 1 2 1 nn n n aa a b 3 12nnn aaa 19 故 2 121232 2 nnn aaa 12212121222 22 nnnnnn aaaaaa 1221222 22 nnnn aaaa 1221222 2 nnnn aaaa 212 例例 1313 2011 年全国联赛 B 卷一试第十题 已知数列满足 且 n aRtta 22 1 1 t 22 1 2 1 1 Nn ta at a n n n n n 1 求数列的通项公式 n a 2 若 试比较与的大小 0 t 1 n a n a 解 1 由原式变形得 2 1 1 2 1 2 2 1 1 1 n n n n n n n n n t a t a ta a t a 记 则 n n n b t a 12 2 1 n n n b b b 2 1 22 1 1 1 t t t a b 20 又 从而有 2 11 2 111 11 bbb nn 22 1 1 11 1 n n bbn 故 于是有 nt a n n 2 1 n t a n n 1 2 2 n t n t aa nn nn 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 11 nnn ttntttn nn t 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 nn nnnn t nttt n n t ttttt n n 2 12231 2 1 1 1 1 nnnnn t n n ttt ttt 显然在时恒有 0 t0 1 nn aa 故 nn aa 1 21 例例 1414 2011 年全国联赛 A 卷一试第十题 已知数列满足 R R 且 n a tta 32 1 1 t N N 12 1 1 2 32 1 1 n n n n n n ta ttat a n 1 求数列的通项公式 n a 2 若 试比较与的大小 0 t 1 n a n a 解 1 由原式变形得 1 12 1 1 2 1 1 n n n n n ta at a 则 2 1 1 1 1 2 12 1 2 1 1 1 1 n n n n n n n n n t a t a ta a t a 记 则 n n n b t a 1 1 2 2 1 n n n b b b 2 1 22 1 1 1 1 t t t a b 又 从而有 2 11 2 111 11 bbb nn 22 22 1 1 11 1 n n bbn 故 于是有 nt a n n 2 1 1 1 1 2 n t a n n 2 n t n t aa nn nn 1 2 1 1 2 1 1 11 2 1 1 1 1 1 nnn t n n ntttntt 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 nn nnnn t nttt n n t ttttt n n 2 12231 2 1 1 1 1 nnnnn t n n ttt ttt 显然在时恒有 1 0 tt0 1 nn aa 故 nn aa 1 例例 1515 已知数列 23 满足 n a 1 23 R1 attt 且 1 1 23 2 1 1 21 nn n n n n tatt anN at 1 求数列的通项公式 n a 2 若 t 0 试比较与的大小 1n a n a 解 1 由 及 1 23 R1 attt 且 可得 1 1 23 2 1 1 21 nn n n n n tatt a at 2 2 2at 猜想 下面用数学 3 3 25 33 at 22 n n n at nn 归纳法证明 当 n 1 时 猜想显然成立 假设 时猜想成立 即 1 nkkkN 且 则 22 k k k at kk 2222 2121 1 kkkk k kk atttt kkk 1 1 23 2 1 1 22 23 2 1 1 kk k kkk tatt k tttt kk 24 11 22 23 23 2 1 1 kkkk ttttt kk 1 46 1 2 1 kkk ttt kk 1 426 1 kk k tt kk 所以时1nk 1 1 1 23 2 1 1 21 426 1 22 1 kk k k k k kk k tatt a at k tt kk k t k 1 23 11 k k t kk 即时猜想也成立 综合 可知对1nk 一切正整数 猜想成立 22 n n n at nn 2 由 1 知 22 n n n at nn 25 则 1 1 23 11 n n n at nn 1 1 2322 11 nn nn nn aatt nnnn 1 2 1 1 1 nn ntnt n n 由及元均值不等式可得 0t 1n 1111 1 11 1 1 nnnnn nn ntttntnt n 个 取等号时 t 1 而 所以 1t 1 1 10 nn ntnt 1 0 nn aa 1nn aa 三 数列的性质三 数列的性质 1 整数性 例例 1616 已知 2 2 1 21 2 1 n n n a a aaa 3 n 证明 数列中的一切项都是整数 n a 分析分析 递推关系是明显的 由递推关系 26 计算数列前面若干项 1 1 3 11 41 153 思考 1 能否证明 思维受 2 2 12 nn aa 阻 思考 2 求数列的通项 利 n a nfan 用解析式研究 尝试遇到困难 nf 思考 3 考察数列前面若干项 虽无 n a 明显规律 但如果能证明存在整数使 qp 对一切自然数均成立 21 nnn qapaa3 n 则由递推观点可归纳证明都是整数 3 nan 原问题就解决了 为何值呢 特殊化处理 可由qp 满足 试11 3 1 4321 aaaa 21 nnn qapaa 探求出 pq 解法解法 1 1 设 由 3 21 nqapaa nnn 代入 11 3 1 1 4321 aaaa 得 11 3 23 12 qaap qapa 解得 1 4 qp 猜想 21 4 nnn aaa 对是成立的 设4 3 n 时成立 即有 3 kNkkn 27 由于 21 4 kkk aaa 1 2 1 2 k k k a a a 1 21 2 4 k kkk a aaa 1 2 2 4 k kk k a aa a 1 2 1 4 k k k a a a 1 4 kk aa 即时 式也成立 故1 kn 对一切均成立 21 4 nnn aaa3 n 最后 再根据为整数和1 21 aa 由数学归纳法可以 3 4 21 naaa nnn 证明对一切自然数 均为整数 n an 我们还可以直接推出的线性递推关 n a 系 解法解法 2 2 将已知递推式变形 得 02 2 2 1 n nna aa 以 置换 得n1 n 02 11 2 nnn aaa 得 0 112 2 n 2 1 n nnnn aaaaaa 将式 变形 得 28 12 11 n n nn nn a a aa aa 在式 中 将 换为3 得n 2 1 nn 2 1 31 2 n n nn nn a a aa aa 2 3 13 24 a a aa aa 将这些式子相乘 得 213 11 a a aa aa nnn 以下同解法 1 11 4 nnn aaa 例例 1717 设满足 n a1 1 a 试证数列132 2 1 nnn aaa1 n 的各项均为整数 n a 分析分析 直接利用递推关系证明各项均为 整数 或先求通项均有困难 可改变思路 先考察数列的前几项 0 1 4 15 虽无明显规律 但1 若证明各间存在一个整系数线性递推关系 n a 则各项必为整数 不妨设 n a 为待定系数 nn qapaa 12n qp 29 将 代入 求出 1 a 2 a 3 a1 4 qp 下面设法证明恒成立 为 nnn aaa 11 4 此 将题设递推关系变形整理得 0 1 4 2 11 2 nnnn aaaa 又 0 1 4 2 112 2 2 nnnn aaaa 这两式表明 恰好是二次方程 2 nn aa 0 1 4 2 11 2 nn axax 的两根 且 这一点可以通过证明 2 nn aa 的单调性解决 即 n a 03 1 nnnnnn aaaaaa 由韦达定理 对一切 12 4 nnn aaa 成立 Nn 已知为整数 利用这一线性递 321 aaa 推关系 由数学归纳法可证所有为整数 n a 略 本题中将非线性递推关系转化为线性递 推关系 使问题得以解决 2 有界性 单调性 例例 1818 已知数列中 n a 2 1 1 a 30 求证 1 nn aa 2 sin 1 10 n a 2 3 1 nn aa 1 4 1 1 nn aa 分析分析 本题给出了递推关系 要证明数 列 有界性 单调性 递增 数列的 某种特性 因此考虑如何利用数列的递推关 系 应用数学归纳法进行证明 证证 1 1 n 时 1 2 1 0 1 a 1 0 n a 设 则 1 0 k a kk aa 2 sin 1 2 0 2 k a 1 0 1 k a 故 为一切自然数时 都有 n 1 0 n a 2 112 2 1 2 2 4 sin 2 sinaaa 设 则 1 kk aa 112 2 sin 2 sin kkkk aaaa 为一切自然数时 都有 即n 1 nn aa 31 此数列是递增数列 3 211 1 n a 2 1 44 1 n a 又 nn aa 111 11aan 38 3 1 4 1 4 11 aan 1 2 sin 2 sin1 nn aa 1 4 sin 1 4 cos2 11 nn aa 1 4 sin 1 n a 2 1 4 0 1 n a sin 2 0 11 1 4 1 4 nn aaSin 故 1 1 4 1 nn aa 3 数列的周期性 32 定义 对于数列 若存在自然数 n ak 使得从第 项起 有恒成立 则l lnaa nkn 称为周期数列 当时 称为纯周 n a1 l n a 期数列 当时 称为混周期数列 2 l n a 周期数列是特殊的线性递归数列 也可 用特征根法求通项公式 如 n a 1 9 8 4 1 9 8 4 的递归方程 为 特征方程为 由此可 n aa 4n 01 4 x 求其通项 例例 1919 已知数列 满足 21 a a 且对任意的正整数 4 1 a2 2 a1 3 an 有 1 23 1 23 nn nn nn nn aa aa aa aa 求证求证 1 数列中所有的项均不为 0 2 该数列是一个周期数列 3 对任意正整数 k 是一个完全平方数 12100 kkk aaa 证证 1 由 得 213123 nnnnnnnn aaaaaaaa 213123 nnnnnnnn aaaaaaaa 故 312n n