1、- 1 -自主招生考试中的递推数列问题 上海市徐汇区冯志刚名师工作室学员 吴坚【专题综述】数列是中学数学的重要内容，是初等数学与高等数学的衔接部分，且与其他数学知识有着广泛的联系. 在与数列有关的问题中，从数列的递推关系式出发寻找通项公式，往往是解决问题的突破口与关键点，递推数列是高考与自主招生考试关注的焦点. 在近几年的“华约” 、 “北约” 、 “卓越联盟”以及复旦大学的千分考中，从递推公式推导通项公式，用递推公式研究数列性质等问题的考查频率相当高，往往可以占到数列考查内容的 40%50%. 与高考不同的是，自主招生考试对递推数列的考查方式更加灵活，难度也更加高，有些问题往往需要用到不动点
2、方程与特征方程的相关知识. 【知识储备与拓展】数列的若干连续项之间的关系叫做递推关系，表示递推关系的式子叫做递推公式，由递推关系和初始条件给出的数列叫做递推数列.(一) 递推数列的常见类型及其通项公式的求法1. 形如 的递推关系式，其通项求法为1()naf，11()()nnnkkaaf我们称这种方法为“累加法”.2. 形如 的递推关系式，其通项求法为1()nnaf，3211()2(3)1)(2nnaafffn我们称这种方法为“迭乘法”.3. 形如 的递推关系式，其通项求法为1()nnapq方法一：由 及 ，两式相减得 ，可知1napq11()nnapa是首项为 ，且公比为 的等比数列，先求出
3、，再求出 1n21方法二：两边同时加上 ，变为pq- 2 -，11pqapqann显然 是以 为首项，p 为公比的等比数列.1nqap1qa无论是方法一还是方法二，都是将 转化为常见的等比数列来处理.1(1)nnapq4. 形如 的递推关系式，其中 不是常数，其通项求法为fann1 f若 ，显然 ；p1(),2nifn若 ，两边同时除以 ，变形为 . 11np11nnpfa令 ，得 ，利用“累加法”可以求得nabp11()nnfb，1niinpfap从而.11niinpfa5. 形如 ( )的递推关系式，其通项求法为1qnnap0,na两边取对数有 ，令 ，则 ，仿类型 3 可以求得 ，从1l
4、glgplgnba1lgnbq nb而得到 的通项公式.n(二) 递推数列通项公式的两种特殊求法1. 特征方程法【定理 1】若数列 满足： 是常数， )，则称数列na1221,(nnmapaq、 *nN为二阶线性. na对于递推数列 ，定义方程 为数列 的特征方程，该方程的根称为21nnpq 2xn特征根.（1）若方程 有两相异根 ，则数列通项可以设成 ， （其中2x、 12nac- 3 -是待定常数） ；12c、（2）若方程 有两相同根 ，则数列通项可以写成 ， （其中 是待2xpq12()nnac12c、定常数） ；再利用 可求得 ，进而求得 12,am12,cn2. 不动点法不动点的概念
5、是由荷兰数学家布劳威尔提出的，我们把满足方程 的 叫做函数 的不动()fx()fx点. 【定理 2】若 ， 是 的不动点. 若 满足递推关系()(0,1)fxabp()fxna，则 pnn，即 an是公比为 a的等比数列.1()naf【定理 3】若 )0,()(bcdcxf ， 满足递推关系 ，且初始1()2nf值 .1()f(1)若 xf有两个相异的不动点 ，则 qapkqpnn1(这里 qcapk)；p、(2)若 )(f只有唯一不动点 ，则 ann1(这里 d2).【例题精讲】【例 1】(2007 年复旦大学)已知数列 满足 ，且 ，其前 项和为 ，n134(1)na19annS则满足不等
6、式 的最小整数 为 ( ). 1|6|25nSA. 6 B. 7 C. 8 D. 9解析 由于 ，则 ，于是134na143nna，1(1)na所以 是首项为 8，公比为 的等比数列.从而n，12 1|6|()()-6|=()|325nn nSa即 ，故 ，选 B.3750n评注 1 这里由 得到 ，主要有两种办法：143nn1(1)nna- 4 -方法一：利用待定系数法引入参数，构造等比数列. 设 ，则1()3nnaa，143n于是 .1方法二：利用不动点法，构造函数 ，可以求得不动点为 ，所以根据定理 2 可以得到，()fx1是公比为 的等比数列.na3评注 2 本题的另一个亮点是对 的处
7、理，回避了先求 ，再求 的繁琐方式，利用整体思想，6nSnanS得到 ，比较简洁.12|6|()(1)-|nSaa下面再介绍两个利用不动点法求数列通项公式的例子. 【例 2】(2006 年华东政法大学改编 )已知数列 满足 ，求数列 的通项公n1123,nnaana式.解析 作函数 ，解方程 ，即 ，不动点为 .由于23()xf()fx23x12,3x， 1()1nnnaa， 123(3)nnn由于 (否则由可以得到 ，矛盾)，所以、两式相除，得3na13a，-11+1=(3)3nnnna从而 .1()3nna【例 3】(2010 年五校联考改编 )数列 满足 ，求证： .nx*1143,()
8、nxN1|2|3nnx解析 作函数 ，解方程 ，即 ，不动点为 .4()1xf()fx12,x由于， 13()21nnnxx- 5 -， 14(2)12nnnxx由于 (否则由可以得到 ，矛盾)，所以、两式相除，得2nx1，-11+22=35(3)nnnnxx于是 ，则-14|2|5(3)nnx.1|2|3nnx114|5(3)|nn若 ，则 ，上式成立；2nk1 2|()|5kk若 ，则 ，上式成立.2|3|n综上所述， 成立.1|nnx评注 的证明是一个难点，需要 对 的奇偶性进行讨论.143|5()| n以上两个例子都是定理 3 中第一种类型，不妨再来看一个第二种类型应用的例子：若数列
9、满足 ，求通 项公式 .na114,(1)nana分析与解 作函数 ，解方程 ，即 ，不动点为 .由于()3xffx43x12x， 1 22nnnaa由于 (否则由 可以得到 ，矛盾 )，所以 式两边取倒数，得2na1a，1314322nn nna从而 .6134na【例 4】(2004 年上海交通大学 ) 已知数列 满足 ，且 ，则n12,a213nna_.20解析 的特征方程为 ，可以求得特征根是 .213nnaa230x12,x根据定理 1 可设 ，其中 为待定常数.n、- 6 -又因为 ，即 于是 ，所以 ，从而 .12,a214， 10,212na204a03评注 这 里用到了特征方
10、程求数列 的通项公式的方法.此外，我们还可以从 得到na 21nn，由于 ，所以 是首项为 1，公比为 2 的等比数列. 211()nnaa2101na于是 ，从而1n.11221()()()=nnnnaaa将一个陌生的数列问题转化为熟悉的等差数列或等比数列，是解决数列 问题的最基本也是最重要的方法.【例 5】(2012 年复旦大学)设 ，则数列 的极限为 ( ). 101,2nxxnxA. B. C. D.233 12解析 的特征方程为 ，可求得特征根为 .11nx21x12、根据定理 1 可设 ，其中 为待定常数.()nn、由于 ，故 可得 . 01,x012， ， 2,3所以 ，从而 ，
11、选 A.2()3nnlimnx评注 下面我们用特征方程的办法来研究一个非常有意思的数列-斐波那契数列的通项公式.已知斐波那契数列 )，求通项公式 .,32(,1121 aann na分析与解 此数列对应的特征方程为 ，即 ，解得 . 2x01x251x设此数列的通项公式为，nnncca)25()251(由初始条件 可知，121a- 7 -12251()()c、解之得 所以125c、.5152nnna比较有趣的是，在上述通项公式中， 、 、 都是无理数，但该数列的每一项都是正整数.5自然界的很多现象都与斐波那契数列有关， 该数列与黄金分割有着密切的 联系， 这一点从通项公式的构成不难理解.【例
12、6】(2004 年复旦大学)已知数列 满足 ，且 ，又,nab12nnab16nnab. 12,4ab求：(1) 、 的通项公式；(2) .nlimnb解析 由于 ，于是 ，代入 ，可以得到16nnba1(6)nna12nnab，21()b故 .2150nn对应的特征方程为 ，特征根是 ，根据定理 1 可设 .由2560x12,3x23nb可得 ，因此 故 . 12,4ab23123496,b8,所以 ，可知 ，从而 .1184nnn 11nnna 1lim2nab【例 7】(2009 年中国科学技术大学 )正数数列 满足 ，nxy、 21nnxx. 证明：存在正整数 ，对任意正整数 ，有 恒
13、成立.*21()nnyyN00y证明 对应的特征方程为 ，特征根是 . 根据定理 1 可设21nxx 21x2、- 8 -，同理可设 . 所以12()(1)nnnx12()nny.1 2()(1)nnx由于 122()(1)33x， ，于是，1124()02x同理， .12()06y又因为，2222(1)(1)|,|)nn，()n根据指数函数的性质可知，当 充分大时， 也充分大，即存在正整数 ，对任意正整n11()n 0n数 ，都有 恒成立.0nnxy【例 8】(2002 年上海交通大学 )设数列 满足关系式 ，若存在 满足na21(1,3)naN，试证明：1(2,3)Na(1) ；|(2)
14、( 为整数).12cosNk证明 (1)考虑用反证法，若 ，则由条件知1|a，2311naa即不存在 ，使得 ，矛盾，从而 .N(,3)Na|(2)由于 ，于是令 ，则 ，1|1cos22coss， ，故 ，即 (223coscsa1Na12()NkZ12cosNka).kZ评注 三角换元也是研究递推数列性质的重要工具与手段，下面再举一例加以说明：- 9 -已知 ，求数列 的通项公式.112,nnaana分析与解 由数学归纳法，不难证 明 ，故可设 ，于是*02()nN2cos(0)2nna，11cossn故 ，由 ，得 . 12n2a14因此， ，所以 .1()nn12csnna【例 9】(
15、2010 年浙江大学)如图，曲线 下有一系列正三角形，求第 个三角形的边长 .yxnnL解析 设曲线上第 个三角形的顶点的坐标为 ，则n(,)nPxy，123-1+(2)nnxLL. nny由于 ，于是nyx， .2123-13+()2nnLLL又因为， .2123113+()2nnLLL两式相减，得. 211()()24nn1,23n当 时，可以验证 仍然成立，又因为 ，故 . 1n13L12Ln评注 两式相减是处理递推数列的常用手段. - 10 -其实，这个问题我们也可以先 计算出 ，由特殊到一般，猜出 ，再用数学归纳法予以123,L， 23nL证明.【例 10】(2011 年“华约”)投
16、掷一枚硬币(正反等可能) ，设投掷 次不连续出现三次正面向上的概率n为 .nP(1)求 和 ；123,4P(2)写出 的递推公式，并指出单调性；n(3) 是否存在？有何统计意义.lim解析 (1)显然 ， .12P3317()28又因为投掷四次硬币连续三次出现正面向上的情形只有三种：正正正正或正正正反或反正正正，所以 .436(2)若第 次出现反面，则只需考虑前 次不出现连续三次正面的情形即可，此时不连续出现三次n1n正面的概率是 ；12P若第 次出现正面，且第 次出现反面，则只需考虑前 次不连续出现三次正面的情形即可，2n此时不连续出现三次正面的概率是 ；214nP若第 次出现正面，且第 次出现正面，第 次出现反面，则只需考虑前 次不连续出现n 3n三次正面的情形即可，此时不连续出现三次正面的概率是 .318nP于是， 123(4)4nnnP 又因为， 12341(5)8nnnP ，得 ，所以当 时， 单调递减，即1214(5)6nnP5n1234PP
