递推关系式数学

题转化为函数的最值问题，再来研究所构造的函数的最值． [解] (1)由已知得 Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)＝1， ∴an＋2－an＋1＝1(n≥1)． 又 a2－a1＝1， ∴数列{an}是以 a1＝2 为首项，1 为公差的等差数列． ∴an＝n＋1. ∵bn＋1＝4bn＋6， 即 bn＋1＋2＝4(bn＋2)， 又 b1＋2＝a1＋2＝4， ∴数列{b2＋2}是以 4 为公比，4 为首项的等比数列． ∴bn＝4n－2. (2)∵an＝n＋1，bn＝4n－2， ∴cn＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使 cn＋1>cn 成立， 需 cn＋1－cn＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n ＋1>0 恒成立， 化简得 3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0 恒成立， 即(－1)n－1λ<2n－1 恒成立， ①当 n 为奇数时，即λ<2n－1 恒成立，当且仅当 n＝1 时，2n－1 有最小值 1，∴λ<1； ②当 n 为偶数时，即λ>－2n－1 恒成立，当且仅当 n＝2 时，－2n －1 有最大值－2，∴λ>－2，即－2<λ<1. 又λ为非零整数，则λ＝－1. 综上所述，存在λ＝－1，使得对任意 n∈ N*，都有 cn＋1>cn 成 立． [点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等
＝2an－t，则 t＝－3.
故递推公式为 an＋1＋3＝2(an＋3)． 令 bn＝an＋3，则 b1＝a1＋3＝4，且 bn＋1 an＋1＋3 ＝ ＝2. bn an＋3
∴{bn}是以 b1＝4 为首项，2 为公比的等比数列． ∴bn＝4×2n－1＝2n＋1，即 an＝2n＋1－3. 4、 an＋1＝pan＋qn(其中 p，q 均为常数，pq(p－1)≠0)型 an＋1 p an 1 ＝ · ＋ ，引入辅助数列 qn＋1 q qn q
令 bn＝
3n·a
3 n，则 bn＋1＝ bn＋ 2
n＋ 1.
3 3 n 所以 bn－bn－1＝ 2 ，bn－1－bn－2＝ 2 3 b2－b1＝ 2 2. 将以上各式叠加， 3 3 2 得 bn－b1＝ 2 ＋…＋ 2 5、
n－1
n－1
，…，
3 ＋ 2 n.
an＋1＝pan＋an＋b(p≠1，p≠0，a≠0)型 这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令 an ＋ 1 ＋ x(n ＋ 1)＋ y ＝
2
[解]
(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝ 1 ∴an－a1＝1－ . n
1－
1 1 1 1 1 1 1 － － － 2 ＋ 2 3 ＋ 3 4 ＋…＋ n－1 n ，
1 1 1 3 1 ∵a1＝ ，∴an＝ ＋1－ ＝ － . 2 2 n 2 n 2、 an＋1 a ＝f(n)，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由 2＝ a1 an an a3 an f(1)， ＝f(2)，…， ＝f(n－1)，累乘可得 ＝f(1)f(2)…f(n－1)． a2 a1 an－1 n 2 [例 2] 已知数列{an}满足 a1＝ ，an＋1＝ ·an，求 an. 3 n＋1 an 1 n n [解] 由 an＋1＝ ·an，得 ＋ ＝ ， n＋1 an n＋1 把原递推公式转化为 故 an＝ an an－1 n－1 n－2 a 12 2 2 · ·…· 2·a1＝ · ·…· · ＝ .即 an＝ . a1 2 3 3n 3n an－1 an－2 n n－1 an＋1＝f(n)an 型
1 1 －1 . ∴ －1＝ an 3 an＋1 1 2 又 －1＝ ， a1 3 1 －1 2 1 ∴ an 是以 为首项， 为公比的等比数列， 3 3 1 2 1 2 ∴ －1＝ · n－1＝ n， an 33 3 ∴an＝ 3n . 3n＋2
二、破解数列中的 3 类探索性问题 1．条件探索性问题 此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需 确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结 论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索 因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要 条件当作充分条件，应引起注意．
{bn}
an q 1 n n ，得 b p n＋1－bn＝ p ，再利用叠加法(逐差相加法)求解． p
n ＋1
[例 4]
1 5 1 已知数列{an}中，a1＝ ，an＋1＝ an＋ 2 6 3 1 1 法一：在 an＋1＝ an＋ 2 3
n＋ 1 两边乘以
，求 an.
[解]
2 2n＋1，得 2n＋1·an＋1＝ (2n·an)＋1. 3
3、
an＋1＝pan＋q(其中 p，q 均为常数，pq(p－1)≠0)型 对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为 an＋1＋t q ，可令 an＋1＋t＝bn＋1 换元即可转化为等比数列 p－1
＝p(an＋t)，比较系数可知 t＝ 来解决． [例 3] [ 解]
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，求 an. 设递推公式 an ＋1＝ 2an＋3 可以转化为 an ＋1－ t＝2(an－ t)，即 an＋1
化简后与原递推式比较，得
令 bn＝an＋n＋1.(*)则 bn＝3bn－1，又 b1＝6，故 bn＝6·3n－1＝2·3n， 代入(*)式，得 an＝2·3n－n－1. 6、an＋1＝pa(p>0，an>0)型 这种类型一般是等式两边取对数后转化为 an＋1＝pan＋q 型数列，再利用待 定系数法求解． [例 6] [解] 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ 1 对 an＋1＝ ·a 2 n的两边取对数， a 1 2 ·an(a>0)，求数列{an}的通项公式． a
比数列的要转化为等差数列或等比数列． 遇到 Sn 要注意利用 Sn 与 an 的关系将
其转化为 an，再研究其具体性质．遇到(－1)n 型的问题要注意分 n 为奇数与偶 数两种情况进行讨论，本题易忘掉对 n 的奇偶性的讨论而致误． 2．结论探索性问题 此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解 决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特 殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一 般情形去认证结论． [例 2]
1 得 lg an＋1＝2lg an＋lg . a 1 令 bn＝lg an，则 bn＋1＝2bn＋lg . a 1 bn＋lg 1 1 由此得 bn＋1＋lg ＝2 a ，记 cn＝bn＋lg ，则 cn＋1＝2cn， a a
1 1 ∴数列{cn}是以 c1＝b1＋lg ＝lg 为首项，2 为公比的等比数列． a a 1 ∴cn＝2n－1·lg . a 1 1 1 ∴bn＝cn－lg ＝2n－1·lg －lg a a a n － 1 1 1－2 － ＝lg a· a 2n 1 ＝lga ， 即 lg an＝lga 七、
[例 1]
已知数列{an}中， a1＝2 ，a2＝ 3，其前 n 项和 Sn 满足 Sn＋2 ＋Sn
＝2Sn＋1＋1(n∈N*)；数列{bn}中，b1＝a1，bn＋1＝4bn＋6(n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设 cn＝bn＋2＋(－1)n－1λ·2an(λ为非零整数，n∈N*)，试确定λ的 值，使得对任意 n∈N*，都有 cn＋1>cn 成立． [思路点拨] 处理第(2)问中的 cn＋1>cn 恒成立问题， 可通过构造函数将问
1－2 n－1
，∴an＝a1－2n－1..
an＋1＝
Aan (A，B，C 为常数)型 Ban＋C
对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式 [例 7] 项公式． [解析] 1 ∵an＋1＝ 3an 1 2 1 ，∴ ＝ ＋ ， 2an＋1 Fra Baidu bibliotekn＋1 3 3an 3 3a 已知数列{an}的首项 a1＝ ，an＋1＝ n ，n＝1,2,3，…求{an}的通 5 2an＋1
p(an＋xn＋y)，与已知递推式比较，解出 x，y，从而转化为{an＋xn＋y}是公比 为 p 的等比数列． [例 5] [解] 设数列{an}满足 a1＝4，an＝3an－1＋2n－1(n≥2)，求 an. 设递推公式可以转化为 an＋An＋B＝3[an－1＋A(n－1)＋B]， 2A＝2， 2B－3A＝－1， 解得 A＝1， B＝1.
2 已知各项均为正数的数列{an}满足：a2 n＋1＝ 2a n ＋ anan ＋ 1，且 a2＋ a4
＝2a3＋4，其中 n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足： bn＝ nan ，是否存在正整数 m，n(1<m<n)，使得 2n＋12n
b1，bm，bn 成等比数列？若存在求出所有的 m，n 的值，若不存在，请说明理由； n (3)令 cn＝1＋ ，记数列{cn}的前 n 项积为 Tn，其中 n∈N*，试比较 Tn 与 9 an 的大小，并加以证明． [思路点拨] 处理第(2)问中的是否存在问题，可先假设存在正整数 m，n，
专家讲坛：由递推公式求通项的 7 种方法及破解数列中的 3 类探索性问题 一、由递推公式求通项的 7 种方法 1、 an＋1＝an＋f(n)型 把原递推公式转化为 an＋1－a n＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解， 即 an ＝a1 ＋ (a2 －a1) ＋(a3 － a2) ＋…＋ (an －an － 1) ＝a1 ＋ f(1) ＋ f(2) ＋ f(3) ＋…＋ f(n－1)． [例 1] 1 1 已知数列{an}满足 a1＝ ，an＋1＝an＋ 2 ，求 an. 2 n ＋n 由条件，知 an＋1－an＝ 1 1 1 1 ＝ ＝ － ，则(a2－a1)＋(a3－a2)＋ n ＋n nn＋1 n n＋1
把 m，n 转化为一个变量求出这个变量的范围，根据正整数求其值，若在所求范 围内能够得到适合题目的值，则存在，否则就不存在．第(3)问中 Tn 与 9 的大小 比较可以通过构造函数，根据函数的性质比较 Tn 与 9 的大小 [解] (1)∵a＝2a＋anan＋1，
即(an＋an＋1)(2an－an＋1)＝0. 又 an>0，∴2an－an＋1＝0，即 2an＝an＋1. ∴数列{an}是公比为 2 的等比数列． 由 a2＋a4＝2a3＋4，得 2a1＋8a1＝8a1＋4，解得 a1＝2. 故数列{an}的通项公式为 an＝2n(n∈N*)． nan n ＝ ， n 2n＋12 2n＋1 m n 1 ∴b1＝ ，bm＝ ，bn＝ . 3 2m＋1 2n＋1 m n 1 若 b1，bm，bn 成等比数列，则 2m＋1 2＝ 2n＋1 ， 3 (2)∵bn＝
即 由
m2 n ＝ . 2 4m ＋4m＋1 6n＋3 m2 n 3 －2m2＋4m＋1 ＝ ，可得 ＝ ， n 4m2＋4m＋1 6n＋3 m2 6 6 <m<1＋ . 2 2
∴－2m2＋4m＋1>0，从而 1－
(1)一般地，要先在递推公式两边同除以 qn＋1，得 其中 bn＝
{bn}
an p 1 qn ，得 bn＋1＝ ·bn＋ ，再用待定系数法解决； q q q an＋1 an 1 ＝ ＋ · p n ，引入辅助数列 n n＋1 p p p
(2)也可以在原递推公式两边同除以 pn ＋ 1 ，得 其中 bn＝
2 令 bn＝2n·an，则 bn＋1＝ bn＋1， 3 2 根据待定系数法，得 bn＋1－3＝ (bn－3)． 3 5 4 ∴数列{bn－3}是以 b1－3＝2× －3＝－ 为首项， 6 3 2 以 为公比的等比数列． 3 2 2 4 －1 n ∴bn－3＝－ · 3 ，即 bn＝3－2 3 n. 3 1 1 bn n 于是，an＝ n＝3 2 －2 3 n. 2 1 1 b n an＝ n ＝ 3 － 2 2 3 n. n 2 1 1 ＋ ＋ a a 法二：在 n＋1＝ n＋ 2 n 1 两边乘以 3n 1，得 3 3 n ＋1 n 3 an＋1＝3 an＋ 2 n＋1.