构建新数列巧解递推数列竞赛题目

1、构建新数列巧解递推数列竞赛题梁新潮（浙江新昌中学312500）石美英（浙江新昌教师进修学校312500）递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变， 答题难度较大。本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是 根据题设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关 系，然后通过研究新数列达到问题解决之目的。其中，怎样构造新数列是答 题关键。1求通项求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行 代换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列 和线性数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思 想。A例仁数

2、列an 中, a1 1，时亦1 4an1 24an。求an。（1981年第22届IMO预选题）分析本题的难点是已知递推关系式中的.1 24an较难处理，可构建新数列bn ，令bn ,1 24an，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。解：构建新数列bn，使bn. 1 24an 0d 5， bn 1 24an，即 anbn 124b；1244匚24bn化简得2bnbn322bn 1bn3，即 bn 1 3数列bn3是以2为首项,2 bn 32丄为公比的等比数列。2bn 3n 122 n 即bn22 n 3anb；2422n13 2n13 22n 12证明不等式这类题一般先通过构建新数列求出通项，

3、 然后证明不等式或者对递推关系式先进行巧妙变形后再构建新数列，然后根据已经简化的新数列满足的关系式证明不等式。例 2、设 ao 1， an1 a：11an 1n N，求证：an2n2（1990年匈牙利数学奥林匹克试题）分析 利用待证的不等式中含有及递推关系式中含有：.1 a； 1这两个信息，考虑进行三角代换，构建新数列n ,使an tg n，化简递推关系式。证明：易知an 0，构建新数列n，使an tg n， n 0,-2则an:21 tg n 11tg n 11 COS n 1sintgtg ntg 2,2 1tg ，从而8因此，新数列 n是以一为首项，1为公比的等比数列8 22n考虑到当x

4、（o, ）时，有 tgx所以，an tg尹尹注：对型如a n 1 an都可米用二角代换anan 13证明是整数这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的信 息，构建新数列，找到新的递推关系式直接解决，或者再进行转化，结合数 论知识解决。11例 3、设数列 an 满足 a11， an 1- an 一 （n N）2an求证:2.a22（中学数学教学参考2001年第8期第53页，高中数学竞赛模拟试题）2分析 直接令bn，转化为证明bnN (n N,n 1)旅2证明：构建新数列bn ,令bn则a；4 bn2，2a n 14bnbn N (n 1)，即N o .a： 2例4、设r为正整数

5、，定义数列an如下：311 , a. 1(n N) 求证：an N o212代入a；11 an1整理得2anb： 1 bn42b：从而b：b：1 42b： 1(n 3)于是b1b42b2142b212bn b21 1 2 (n 3)bn 1 2bn bni 1 (n 3)由已知，b24, ba24，由上式可知，b4N，b5N，依次类推,nan 2(n1)2rn 2数及ani与an的足码，考虑到另一项为2n 1 2r，等式两边同乘以n 1 ,容易想到构新数列bn，使 bnn n 1 an。证明：由已知得n 2 an 1 nan 2n 1 2r2r 11构建新数列bnbn1 an则b1bn 1bn

6、2r 1bnb1n 1bkk 11 bkbnbn2122r32r 1n2r 12n2r 11i 2r 1 k1(nk)2r2r2n2r 1 nC2r2r1n2 2rC2r 1 n1k2Jr , 2rC2r 1 n kn bn又bnk2rk 1n(nk 1k)2rk2rC；r 12r k2r1k2C； 1 n 1 k2r| bn从而an4 解决整除问题 一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学归纳 法直接证明。例 5、设数列 an 满足 a1 1 ， a2 3 ，对一切 n N ，有an 2n 3 an 1 n 2 an，求所有被11整除的an的一切n值1990 年巴尔干地区数

7、学奥林匹克试题）分析 变形递推关系式为 an 2 an 1n 2 an 1 an ，就容易想到怎样构建新数列了解：由已知 an 2 an 1n2 an 1an构建新数列 bn n2 ,bn1an 1ann1则 b22 ， bn 1n1 anan 1n 1bnn2bnnbn 1n n 1bn 2nn13b2n! n 2nn1bkk!k 2 k 1nan a1an an 1k210 从而 a411 3, a811 4203 , a1011 367083，当 n 11 时，由于 k!k1被 11 整除，因而 an10nk! k! 也被 11 整除 k 1 k 11所以，所求 n 值为 n4， 8，及

8、 n 1 0的一切自然数。这类题初看似乎难以入手，但如能通过构建新数列求出通项an，问题也就迎刃而解了。例6、设数列an和bn满足a。1，b。an 17an6bn30,1,2,nbn 1 8an 7bn4求证：an是完全平方数。0,且（2000年全国高中联赛加试题）分析先用代入法消去bn和bn 1，得an 2 14a. 1 an 6 0，如果等式中没有常数项6,就可以利用特征根方法求通项，因此可令Cn an a，易求得a2证明：由式得bn，bn 1代入得an 214an 1 an 6化为an 2114 an 121an2构建新数列cn ，anCi7a1，且 C02 2Cn 214 Cn 1Cn由特征方程140得两根1743，所以Cnm）1m2m1m2mi 7 4 一 3m2 7 4.3-2解得：1m1m2一4则Cn1 -74 3n 1 :一 n7 4 吋344122n3-23 2n44则an161n n 2232. 324因为2,3n23 为正偶数，所以，an是完全平方数从上述各题构建新数列的过程中，可以看出对题设中递推式的观察、分 析，并据其结构