高中数学微专题：递推数列问题攻略

数列问题是高考数学的热点和难点，此类问题的起点是数列的基本性质，有时会和函数、不等式、解析几何结合起来进行考查，其中最为重要、也是难度较高的一种题型是递推数列，解题的技巧性强，方法丰富多彩，本讲对此进行归纳.

1.递推数列的定义

(1)递推式：由数列{an}的第n项an与它前面若干项an-1，an-2，…an-k(k<n)组成的关系式(通常为前一项或两项).

(2)递推数列：由递推式和初始值确定的数列.

2.一些常见的递推数列的通项公式的求法

(1)型如an+1=an+f(n)的一阶递推式，运用“累加法”求通项公式，即

(2)型如an+1=g(n)an的递推式，运用“迭乘法”求通项公式，即

(3)型如an+1=pan+q(p≠1，q≠0)的递推式，可由下面两种方法求通项公式.

方法一　由an+1=pan+q及an=pan-1+q，两式相减得

an+1-an=p(an-an-1)，有{an+1-an}是首项为a2-a1，公比为p的等比数列，先求出an+1-an，再利用“累加法”求an.

方法二　若p=1，则显然是以a1为首项，q为公差的等差数列；若p≠1，p≠0，q≠0，则构造数列{an+λ}，满足an+1+λ=p(an+λ)，运用待定系数法，解得则是首项为公比为p的等比数列.

(4)型如运用取倒数，构造数列满足从而转换为第(3)种类型.

(5)型如运用两边取对数法得lgan+1=γlgan+lgp，令bn=lgan，转化为bn+1=γbn+lgp型，即类型(3)，再运用待定系数法.

(6)型如an+1=pan+qn+γ(p≠1，p≠0，q≠0)，可构造数列{an+λn+μ}满足an+1+λ(n+1)+μ=p(an+λn+μ)，运用待定系数法解得从而由等比数列求通项公式；进一步推广，若其中包含n的二次、三次项，则构造的数列中也同样包含对应次项数.

(7)型如an+1=pan+f(n)(p≠1，p≠0)，可在等式两边同除以pn+1，构造数列满足令则转化为即类型(1)，利用“累加法”求通项公式.

(8)型如满足：a1=m1，a2=m2，an+2=pan+1+qan(p，q是常数)，则称数列{an}为二阶线性递推数列，可构造数列{an+1-λan}，满足an+1-λan=μ(an-λan-1)，则即λ、μ为方程x2-px-q=0的两个根，此方程称之为特征方程，则数列{an}的通项公式an均可用特征根求得，即转化为类型(7)进一步求解.

(9)型如利用不动点法，其中的根为该数列的不动点，若该数列有两个相异的不动点，则为等比数列；若该数列有唯一的不动点μ，即方程等根时，为等差数列，这就是不动点法求递推数列通项公式的方法.

除上述9种类型之外还有换元法，数学归纳法(归纳—猜想—论证)等.

其中类型(8)运用特征方程求通项，类型(9)运用不动点法求通项是知识与方法的拓展，在本书第二章第十二讲中专门作了介绍，故这里不再展开.

递推数列问题的研究当然不局限于已知递推关系求通项公式，还有更为丰富的内容.最重要的是要掌握递推法解题，递推法就是根据题目的特点，构造出递推关系解题的一种方法，是一种用若干步可重复的已知知识(规律)来描述解决复杂问题的方法，解决问题的关键在于构造递推关系.利用递推法解题的一般步骤为：①确定初始值；②建立递推关系；③利用递推关系求通项；④进一步研究所求数列的性质.

对于递推方法，G·波利亚作出这样的描述：“在解题的每一个阶段，我们都要用已经得到的知识去得出更多知识.”欧斯特·马赫说：“研究者的目的就是去发现和表达各种基本现象之间相互制约、相互联系的方程式，”这些话对我们领会递推法的内涵大有裨益.

一、例题精讲

例1　(1)在数列{an}中，a1=-1，an+1=2an+4·3n-1，求通项公式an；

(2)在数列{an}中，a1=1，an+1=2an+n2(n∈N*)，求通项公式an.

解题策略　对递推关系式进行适当变形，构造特殊的等比数列求通项公式，是数学模型思想的运用.

解：(1)解法一　由原递推式可设an+1+λ·3n=2(an+λ·3n-1)，

比较系数得λ=-4，∴an+1-4·3n=2(an-4·3n-1).

则数列{an-4·3n-1}是一个等比数列，其首项a1-4·31-1=-5，公比是2.

∴an-4·3n-1=-5·2n-1，即an=4·3n-1-5·2n-1.

解法二　由原递推式两边同除以2n+1得

令则由累加法得

∴an=bn·2n=4·3n-1-5·2n-1.

(2)设an+1+(n+1)2+k(n+1)+c=2(an+n2+kn+c),　①

将an+1=2an+n2代入①式比较系数得k=2，c=3.于是有

an+1+(n+1)2+2(n+1)+3=2(an+n2+2n+3)，令bn=an+n2+2n+3，

则{bn}是公比为2，首项为b1=a1+12+2+3=7的等比数列.

从而bn=b1·2n-1=7·2n-1，故an=bn-n2-2n-3=7·2n-1-n2-2n-3.

例2　已知数列{an}满足a1=3，且an=Sn-1+2n(n≥2)，求an及Sn.

解题策略　由于所给的关系式是an与Sn-1的关系，所以本例有两种解法：①由an=Sn-Sn-1(n≥2)代入an=Sn-1+2n得Sn与Sn-1的关系；②由an=Sn-1+2n，an+1=Sn+2n+1，后式减前式得an+1与an的递推式，再求解.

解法一　由an=Sn-Sn-1(n≥2)有Sn-2Sn-1=2n，即

设则数列{bn}是公差为1，首项为的等差数列，而也符合条件.(www.xing528.com)

∴bn=b1+(n-1)·1，即故Sn=(2n+1)·2n-1.

于是，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(2n+3)·2n-2，

故

解法二　由an=Sn-1+2n(n≥2)有an+1=Sn+2n+1，注意到Sn-Sn-1=an.上述两式相减得an+1-2an=2n(n≥2).

于是有令则{bn}是公差为1，首项为的等差数列.

由于不满足条件，从而

于是，当n≥2时，

故

当n≥2时，由an=(2n+3)·2n-2，求得Sn=(2n+1)·2n-1.

又S1=3也满足此式，故Sn=(2n+1)·2n-1为所求.

例3　(1)已知数列{an}，其中a1=1，a2=2，且当n≥3时，an-2an-1+an-2=1，求通项公式an；

(2)数列{an}中，a1=0，a2=2，an+2-6an+1+5an=2n，求an.

解题策略　所给的递推关系是二阶非齐次线性递推关系，一般总是通过构造转化为一阶递推数列再求解，这种将高阶化为低阶的化归思想是数学的基本思想之一.

解：(1)由an-2an-1+an-2=1得：(an-an-1)-(an-1-an-2)=1，

令bn-1=an-an-1，则上式为bn-1-bn-2=1，

因此{bn}是一个等差数列，b1=a2-a1=1，公差为1，故bn=n.

由于b1+b2+…+bn-1=a2-a1+a3-a2+…+an-an-1=an-1，

又即

(2)由递推关系式，得(an+2-5an+1)-(an+1-5an)=2n，

令bn=an+1-5an，则bn+1-bn=2n，且b1=a2-5a1=2，

令an=2ncn，则2n(2cn+1-5cn)=2n，即2cn+1-5cn=1.

即且c1=0，故是以为首项，为公比的等比数列.

即

例4　某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产，该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同，公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产，设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元.

(1)用d表示a1，a2，并写出an+1与an的关系式；

(2)若公司希望通过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示).

解题策略　本例是递推数列问题在实际生活中的应用，第(1)问是建立数学模型得出an+1与an的递推关系，然后在第(2)问中用迭代法确定d的值，必须提醒的是在迭代过程中要尽量保持原始过程，不能急于化简合并，否则很难总结出一般性的结论.

解：(1)由题意得a1=2000(1+50%)-d=3000-d，

(2)由(1)得an

整理得

由题意，an=4000，即

解得

故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4000万元.

二、发散训练

1.(1)设正数数列a0，a1，a2，…，an，…满足且a0=a1=1，求{an}的通项公式；

(2)设b>0，数列{an}满足求数列{an}的通项公式.

2. 设数列{an}的前n项和为Sn，已知ban-2n=(b-1)Sn.

(1)证明：当b=2时，{an-n·2n-1}是等比数列；

(2)求{an}的通项公式.