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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第31讲


第 12 讲

数列的递推

本节主要内容两个基本递推:an+1=an+d,an=qan;线性递推,二阶或高阶递推的特征 方程与特征根;其他递推. 1.基本概念: ①递归式:一个数列 {a n } 中的第 n 项 a n 与它前面若干项 a n ?1 , a n ? 2 ,?, a n ? k ( k ? n )的关 系式称为递归式. ②递

归数列:由递归式和初始值确定的数列成为递归数列. 2.常用方法:累加法,迭代法,代换法,代入法等. 3.思想策略:构造新数列的思想. 4.常见类型: 类型Ⅰ: ?
?a n ?1 ? p(n)a n ? q(n) ( p(n) ? 0) (一阶递归) ?a1 ? a (a为常数)

其特例为: (1) a n ?1 ? pan ? q ( p ? 0) (2) a n ?1 ? pan ? q(n) ( p ? 0) (3) a n ?1 ? p(n)a n ? q ( p ? 0) 解题方法:利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列. ①形如 a n ?1 ? a n ? q(n) 的递归式,其通项公式求法为: an ? a1 ? ? (ak ?1 ? ak ) ? a1 ? ? q(k )
k ?1 k ?1 n ?1 n ?1






a2 a3 ? ? a1 a2

a n ?1 ? p(n)a n









,



















an ? a1 ?

an ? a1 ? p (1) ? p (2) an ?1

p (n ? 1)

③形如 an ?1 ? pan ? q(n) ( p ? 1) 的递推式,两边同除以 p n ?1 得 句可转化为①来处理. 类型Ⅱ: ?
?a n ? 2 ? pan ?1 ? qan ( p ? 0 , q ? 0) (二阶递归) ?a1 ? a , a 2 ? b(a , b为常数)

a a n ?1 a n q(n) ? n ? n ?1 ,令 nn ? bn 则 n ?1 p p p p

解题方法:利用特征方程 x 2 ? px ? q ,求其根 ? 、 ? ,构造 a n ? A? n ? B? n ,代入初始值求得
A, B .

①若 p+q=1 时,有 a n ?1 ? a n ? ?q (a n ? a n ?1 ) 可知 {a n ?1 ? a n } 是等比数列,先求得 a n ?1 ? a n ,再求出 an . ②若 p+q≠l,则存在α ,β 满足 a n ?1 ? ?a n ? ?(a n ? a n ?1 ) 整理得 a n ?1 ? (? ? ?)a n ? ??a n ?1 从而α + β =p, α β =q,可解出α 、β ,这样可先求出 {a n ?1 ? ?a n } 的通项表达式,再求出 a n . 注 意 α 、 β 实 质 是 二 次 方 程 x 2 ? px ? q 的 两 个 根 , 将 方 程 x 2 ? px ? q 叫 做 递 归 式
an ? 2 ? pan ?1 ? qan 的特征方程.

在数列{ a n }中, 给出 a1, a2, 且 an? 2 ? pan ?1 ? qan , 它的特征方程 x 2 ? px ? q 的两根为α 与β . 如 果α ≠β ,则 a n ? A? n ? B? n ;如果α =β 则 a n ? ( An ? B)? n ,其中 A 与 B 是常数,可由初始值 a1,a2 求出.

类型Ⅲ. 如果递归数列{an}满足 an+1 ?

aan ? b ,其中 c≠0,ad-bc≠0,以及初始值 a0≠f(a1),则 ca n ? d

称此数列为分式线性递归数列.我们称方程 x ? ax ? b 的根为该数列的不动点.若该数列有两个 cx ? d 相异的不动点 p、q,则 {
an ? p 1 } 为等比数列;若该数列仅有惟一的不动点 p,则 { }是 an ? q an ? p

等差数列· 5.求递归数列通项的常用方法有:换元法、特征根法、数学归纳法等.

A 类例题
例 1 一 给 定 函 数 y ? f ( x) 的 图 象 在 下 列 图 中 , 并 且 对 任 意 a1 ? ( 0 , 1 ) , 由 关 系 式

an?1 ? f (an )
得到的数列 { a n } 满足 an?1 ? an (n ? N* ) ,则该函数的图象是( )(2005 年辽

宁卷) y
1

y
1

y
1

y
1

x
O 1 O 1

x
O 1

x
O 1

x

分析 解

(A) (B) (C) (D) 利用递推式意义及数形结合,分析清楚函数值与自变量的关系,即可判断. 由 an?1 ? f (an ) , an?1 ? an ,得 f (an ) ? an ,即 f ( x) ? x ,故选 A . a2k+1=a2k+3k, 其中 k=1,2,3,??.

例 2 已知数列 {an } 中a1 ? 1,且 a2k=a2k-1+(-1)K,

(I)求 a3, a5; (II)求{ an}的通项公式. (2004 年全国高考题) 分析 由于给出两个递推关系与奇数项、偶数项有关,因此因从奇数项或偶数项之间的关系入 手. 解(I)a2=a1+(-1)1=0, a3=a2+31=3.a4=a3+(-1)2=4, a5=a4+32=13, 所以,a3=3,a5=13. (II) a2k+1=a2k+3k= a2k-1+(-1)k+3k, 所以 a2k+1-a2k-1=3k+(-1)k, - - 同理 a2k-1-a2k-3=3k 1+(-1)k 1, ?? a3-a1=3+(-1). 所以(a2k+1-a2k-1)+(a2k-1-a2k-3)+?+(a3-a1) - - =(3k+3k 1+?+3)+[(-1)k+(-1)k 1+?+(-1)], 由此得 a2k+1-a1=

3 k 1 (3 -1)+ [(-1)k-1], 2 2

于是 a2k+1=

3k ?1 1 ? (?1) k ? 1. 2 2 3k 1 3k 1 ? (-1)k-1-1+(-1)k= ? (-1)k=1. 2 2 2 2
n ?1 2

a2k= a2k-1+(-1)k= {an}的通项公式为:

当 n 为奇数时,an= 3

2
n 2

? (?1)

n ?1 2

?

1 ? 1; 2

当 n 为偶数时, a n ? 3 ? (?1) 2 ? 1 ? 1.
2 2

n

说明 这种给出递推关系,求通项公式问题 ,一般是转化为等差数列或等比数列 ,或者通 过观察、归纳,或者通过顺次迭代,以求通项公式.

情景再现
1.已知数列{an}满足 a1=1,an=2an-1+n-2(n≥2),求通项 an. 数学联赛) 2.设 f ( x) ? (2004 年四川省高中

x 1 x ( b, c 为常数) ,若 f (2) ? ,且 f ( x) ? ? 0 只有唯一实数根 bx ? c 2 2 (1)求 f ( x) 的解析式

(2)令 a1 ? 1, an ? f (an?1 ) 求数列 ?a n ?的通项公式.

B 类例题
例 3 (1)一次竞赛在 n(n>1)轮中共发了 m 枚奖章.第一轮发了 1 枚及余下的 m -1 枚的 第 2 轮发了 2 枚及余下的

1 , 7

1 ,?,直至第 n 轮正好发了 n 枚而没有余下奖章.这个竞赛共包 7

括几轮?一共发了多少枚奖章? (第 9 届国际数学奥林匹克) (2)把一个圆分成 n 个不同的扇形(n≥2),依次记为 S1,S2,?, Sn,每个扇形都可以用红、 蓝、 白三种颜色中任一种涂色,要求相邻的扇形颜色互不相同,问有多少种涂法? 分析 第(1)题,每一轮发的奖章数具有一定规律,因而可以建立每一轮发的奖章数的关系或 每一轮余下的奖章数的关系.第(2)题,设法建立涂法总数的递推关系和求得初始值,进而求 得涂法总数. 解 (1)设竞赛进行了 k 轮后,余下 ak 枚奖章.因为第 k 1 1 轮发出奖章数 k+ (an-1 -k )具有 ak=ak-1- [k+ (ak-1 -k )] 7 7 6 6 即 ak= 7a k-1-7 k 且 a0=m, an=0.进一步变形为 6 ak+6k-36= 7[a k-1+6(k-1)-36]

6 6 从而 an+6n-36= (a 0-36) ( ) n = (m-36) ( ) n 7 7 6 即 an= (m-36) ( ) n -(6n-36), 7

7n 6 n ?1 - - 而 n-6<6n 1,且 7n 与 6n 1 互质,m,n∈N+,故 n=6,m=36. 因此,这个竞赛共包括 6 轮,一共发了 36 枚奖章. (2)设涂法总数为 an(n≥2)当 n=2 时,先对 S1 涂法色,有 3 种涂法,继而得 S2 只有两种涂法, 因而 a2=6.当时 n≥3, S1 有 3 种涂法, S2 有 2 种涂法, S3 有 2 种涂法,?, Sn-1 有 2 种涂法, Sn 仍有 2 种涂法. - - (不论是否 S1 与同色),这样共有 3×2n 1 种涂法,但这 3×2n 1 种涂法分为两类:一类是 Sn 与 S1 同色,认为 Sn 与 S1 合为一个扇形,此时涂法有 an-1 种涂法; 另一类是 Sn 与 S1 不同色,此时 涂法有 an 种涂法. - 因而有 an+ an-1=3×2n 1(n≥3)
又因为 an=0,故(m-36)=(n-6) an 令 pn= n , 则 2pn +pn-1=3 2 (n≥3)

a2 1 于是有 p n ? 1 = ? ( pn?1 ? 1) , (n≥3) p2= 2 2 2

1 ? 1? 从而有 p n ? 1 = (? ) n?2 ( p2 ? 1) = ? ? ? ? 2
? 2?
n ?1

n ?1

? 1? n n n 于是 p n ? 1 ? ? ? ? 得 an=2 pn=2 +(-1) ·2 ? 2?

(n≥3)

但当 n=2 时也适合上式,故得 an=2n+(-1)n·2 (n≥2) 故共有种 an=2n+(-1)n·2 (n≥2)涂法
说明 这类试题经常在全国高中数学联赛及国际数学奥林匹克中出现.这两个问题都是用递 推方法解决计数问题,希望读者对这类问题能够进行较为深入的钻研. 例 4 数列{an}定义如下:a1=1,an+1 =

1 (1+4 an + 1 ? 24an ),求它的通项公式. 16

分析 带根号的部分不好处理,平方会导致较繁的关系式,容易想到作代换:令 bn ? 1 ? 24an
解 设 bn ? 1 ? 24an ,则 an ?
bn2 ? 1 , b1 ? 5. 于是原递推式可化为 24

bn2?1 ? 1 1 b2 ?1 + bn ) ? (1 ? 4 ? n 24 16 24

即(2bn+1)2=(bn+3)2,由于 bn、bn+1 非负,所以 2bn+1=bn+3. 故 bn+1-3= (bn-3). 所以 bn+1-3= (bn-3)( )n-2 即 bn ? 3 ? ( ) n ? 2
1 2 1 2 1 2

所以 an ?

1 1 bn2 ? 1 1 ? = ? 3 3 ? 2 2 n ?1 2 n 24

说明 这是 1981 年 IMO 的预选题,解题的关键是换元、转化. 例 5 设{xn}、 {yn}为如下定义的两个数列: x0=1, x1=1,xn+1=xn+2 xn-1, y0=1, y1=7,yn+1=2yn+3yn -1,(n=1,2,3?),于是这两个数列的前 n 项为 xn:1,1,3,5,11,21?, yn:1,7,17,55,161,487,?. 证明:除了“1”这项外,不存在那样的项,它同时出现在两个数列之中. (第二届美国中学生数学竞赛试题) 分析 本题题均属于线性递归数列问题,可用特征根的方法来解决. 解 数列{xn}的通项公式形如 xn ? C1? n ? C2? n ,其中 ?、 ? 是数列的特征方程 x2=x+2 的两根, 2 1 即 ? ? 2, ? ? ?1 ,故 xn ? C1 2 n ? C2 (?1) n .由 x0=1,x1=1 得 C1= ,C2= , 3 3 所以 2 1 1 xn ? ×2n+ (-1)n= [2n+1+(-1)n] 3 3 3

同理可得数列的{yn}通项公式为 yn=2×3n-(-1)n. 用反证法证明两个数列无其它公共项. 1 假设 xm=yn,即3 [2m+1+(-1)m]= 2×3n-(-1)n, 则 2(3n+1-2m)=(-1)m+3(-1)n ① 若奇偶性相同,则①式右边为 4 或-4.左边=2(奇-偶)=2×奇数,故左边不是 4 的倍数,因此左边 不等于右边.同理若 m、n 奇偶性不相同时左边也不等于右边. 说明 在求得特征方程的根以后,要依据根的重数正确写出数列通项的一般表达式,再根据 初始值求得待定系数的值. 链接 菲波纳契数列(Fibonacci)数列的由来: Fibonacci 数列的提出,当时是和兔子的繁殖问题有关的, 它是一个很重要的数学模型。这个问题是:有小兔一对,若第二个月它们成年,第三个月生下小兔一对, 以后每月生产一对小兔,而所生小兔亦在第二个月成年,第三个月生产另一对小兔,以后亦每月生产小 兔一对, 假定每产一对小兔必为一雌一雄, 且均无死亡, 试问一年后共有小兔几对?对于 n=1, 2, ??, 令 Fn 表示第 n 个月开始时兔子的总对数,Bn、An 分别是未成年和成年的兔子(简称小兔和大兔)的对 数,则 Fn= An+Bn 根据题设,有 月份 n An Bn Fn 1 1 1 1 1 2 1 1 2 3 2 1 3 4 3 2 5 5 5 3 8 6 8 5 13 ?? ?? ?? ??

显然,F1=1,F2=1,而且从第三个月开始,每月的兔子总数恰好等于它前面两个月的兔子总数之和,于 是按此规律我们得到一个带有初值的递推关系式: ? 若我们规定 F0=1,则上式可变为

? Fn ? Fn-1 ? Fn-2 ? F1 ? 1, F2 ? 1

(n ? 3, n ? Z)

? Fn ? Fn -1 ? F n -2 ? ? F0 ? 1, F1 ? 1

(n ? 2, n ? Z)

这就是 Fibonacci 数列的通常定义,也就是数列 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,??,

这串数列的特点是:其中任一个数都是前两数之和. 它的通项是 Fn=

1 1 ? 5 n+1 1 ? 5 n+1 [( ) -( ) ],由法国数学家比内(Binet)求出的. 2 2 5

证: ∵菲波纳契数列是一个 2 阶的线性齐次递推关系,它的递推方程是 x2-x-1=0, 特征根是

1? 5 2 1? 5 n 1? 5 n ) +C2( ) 2 2

∴通解是 Fn=C1(

代入初值来确定 C1、C2,得方程组

?C1 ? C 2 ? 1 ? ?1 ? 5 1? 5 C1 ? C2 ? 1 ? 2 ? 2
解这个方程组得 C1=

1 1? 5 , 2 5

C2=

?1 1? 5 2 5

∴原递推关系的解是 Fn=

1 1 ? 5 n+1 1 ? 5 n+1 [( ) -( ) ] 2 2 5
7a n ? 45a n2 ? 36 2

例6 整

数列{an}满足 a0=1, an?1 ? 数 ; (2) 对 于 任

, n ? N ,证明:(1)对于任意 n ? N ,a 为



n? N



an an?1 ? 1 为 完 全 平 方 数 .

(2005 年高中数学联赛) 证明:(1)由题设得 a1=5,且数列{an}严格单调递增,将条件变形得
2 2an?1 ? 7an ? 45an ? 36 ,

两边平方法整理得 an2?1 ? 7an an?1 ? an2 ? 9 ? 0 ∴ a ? 7an?1an ? a ? 9 ? 0 ①-②得 (an?1 ? an )(an?1 ? an?1 ? 7an ) ? 0
2 n 2 n ?1

① ②

∵ a n ? a n ?1 , ∴ a n ?1 ? a n ?1 ? 7a n ? 0 , a n ?1 ? 7a n ? a n ?1 ③ 由③及 a0=1, a1=5 可得 an 为正整数. (2)将①两边配方得 (a n ? a n ?1 ) 2 ? 9(a n an ?1 ? 1) ∴ an an ?1 ? 1= (

因为是 a n 整数,故 an an ?1 ? 1为整数,故④右边是整数的平方.即为为完全平方数. 所以对于任意 n ? N , an an ?1 ? 1为完全平方数.

a n ?1 ? a n 2 ) ④ 3

情景再现
3.小伟和小明来到咖啡店,他们买了一杯咖啡和一杯牛奶各 150ml,每个杯子的容积为 200ml,

甲杯盛牛奶,乙杯盛咖啡,想将二者混合,兑换成近乎相同的奶咖啡,没有其它的容器,只得利用二 个杯子中的剩余空间倒来倒去,使其混合.规定将乙杯里的部分倒入甲杯中,使甲杯盛满饮料,充 分搅匀,再将甲杯里的饮料倒入乙杯中,使甲、乙杯中的饮料相等.这叫做一次操作.请你回答下 列四个问题: Ⅰ、一次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比为多少? Ⅱ、求第 n 次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比的数学表达式. Ⅲ 至少几次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比不超过 51%? Ⅳ、 你能否设计新操作,得到更优的方案以减少操作次数? (2003年北京应用 知识竞赛题) 4. 已知 a1=1,a2=3,an+2=(n+3)an+1-(n+2)an,若当 m≥n,am 的值都能被 9 整除, 求 n 的最小值. (湖南省 2002 年高 中数学竞赛)

C 类例题
例 7 数列{an}按如下法则定义:a1=1 a n ?1 ? 整数· (1991 年 全 苏 数 学冬令营) 分析 因为结论中涉及到根号及 a 2 项,因而令 bn ? n 容易找到解题思路. 解 令 bn ?
2 2a ? 1
2 n

1 1 2 an ? , 证明:对 n>1, 均为正 2 2 4a n 2a n ? 1

2 2a n ? 1
2

,并对已给递推关系两边平方就

, 则 bn ?
2

2 2a ? 1
2 n

,因此 a n ?
2

1 1 + , bn2 2

因为 a n2?1 ?

1 1 2 1 an ? ? 2 4 16a n 4
1 ? 1 1? 16? ? b2 ? 2 ? ? ? n ?

于是

1 1 1 1 1 ? = ? 2 2 4 ( bn2?1 2)+ bn ?1

1 +4

即 bn2?1 ? 2bn2 (bn2 ? 2)



所以 bn2?1 ? 2bn2 [2(bn2?1 (bn2?1 ? 2) ? 2] = 4bn2 (bn2?1 ? 1) 2 . ②

b2 ?

2 2a ? 1
2 2

? 4 , b3 ?

2 2a ? 1
2 3

? 24 ,

由②及 b2 、b3∈N*, 知道对 n>1, 说明

2 2a n ? 1
2

均为正整数.

这道试题,通过换元,将关于如的问题转化为关于 bn 的问题,得到①式后 , 再用

bn2 ? 2bn2?1 (bn2?1 ? 2) 代入可证明 b n2?1 是一个完全平方数的关键一步,通过这一步代入可使问题得到

顺利解决. 例 8. 设 a1=1, a2=3, 对一切正整数 n 有 an+2=(n+3)an+1-(n+2)an,求所有被 11 整除的如的值. 分析 先根据给定的递推关系,通过换元,把问题转化,最后求得 an 的通项公式,进而完成 本题. 解 由已知条件得(an+2-an+1)= (n+2)(an+1-an) 设 bn+1=an+1-an(n≥1),则由条件有 bn+1=(n+1)(an-an-1)=(n+1) bn(n≥2), 故 bn= nbn-1=n(n-1) bn-2= n(n-1)(n-2)?3 b2 =n!(n≥2) 所以 an =(an-an-1 )+(an-1-an-2)+ ?+(a2-a1)+a1 =bn+ bn-1 +?+b2+1 = ?k !
k ?1 n

由此可以算出 a4= ? k !=33=11×3,
k ?1

4

a8= ? k !=46233=11×4203,
k ?1

8

a10= ? k !=4037913=11×367083.
k ?1

10

当 n≥11 时,注意到 ? k !能被 11 整除,因而 an= ? k !+ ? k !也能被 11 整除.
k ?11
k ?1

n

10

n

k ?11

故当 n=4,n=8 或当 n≥10 时, an 均被 11 整除.
说明 这是 1990 年巴尔干地区的数学奥林匹克试题,本题中换元起了重要的作用.这是阿贝 尔求和法.

情景再现
5.3 个数列{an}、{ bn}、{ cn}存在下列关系:a1=1, b1= (n=1,2,3?)这里的 p 为正常数. (1)求 an; (2)证明:若 cn ≥0,则 cn+1>0; (3)若数列{bn}的最小项为 b4,求 p 取值范围. 6.数列{an}、{ bn}满足 0<a1<b1, 证明下列命题: (1) a2<b2<b1; (2) 对任何正整数 n 有 bn> an+1; (3) 对任何整数 n≥2,有 bn<b1.
1 1 1 1 2bn ?1 ? an ? bn (n=1,2,3?) ? ? 2 an?1 an 2bn 1 ,bn=an+1-an, cn=bn+1-bn= 3 n ?1 ? np 2

习题 12

A 类习题
1. 已知数列{an}满足 a1=1,an+1=an+n2(n≥2),求通项 an. 2.(2003 年全国高考题)已知数列 {an }满足a1 ? 1, an ? 3n?1 ? an?1 (n ? 2).
(Ⅰ)求 a2 , a3 ; (Ⅱ)证明 a n ?

3n ? 1 . 2

3. (2001 上海春季高考)某公司全年的利润为 b 元,其中一部分作为奖金发给 n 位职工,奖 金分配方案如下:首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小,由 1 到 n 排序,第 1 位职工得奖金

b 元,然后再将余额除以 n 发给第 2 位职工,按此方法将奖金逐一发给每位职 n

工,并将最后剩余部分作为公司发展基金. (1)设 ak(1≤k≤n)为第 k 位职工所得奖金金额,试求 a2,a3,并用 k、n 和 b 表示 ak(不必证明); (2)证明 ak>ak+1(k=1,2,…,n-1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义; (3)发展基金与 n 和 b 有关,记为 Pn(b),对常数 b,当 n 变化时,求 lim Pn(b).
n ??

4.已知点的序列 An(xn,0),n∈ N*,其中 x1=0,x2=a(a>0),A3 是线段 A1A2 的中点,A4 是线段 A2A3 的中点,…,An 是线段 An-2An-1 的中点,…. (1)写出 xn 与 xn-1、xn-2 之间关系式(n≥3); (2)设 an=xn+1-xn,计算 a1,a2,a3,由此推测数列{an}的通项公式,并加以证明; (3) 求 lim xn.
n ??

5.已知 a1 ? 0, a2 ? 4, an ? 2 ? 2an?1 ? 2an , n ? N ? 求数列{an}的通项公式. 6.已知 a1 ? 0, a2 ? 2, a3 ? 6, an ?3 ? 2an? 2 ? an ?1 ? 2an , n ? N ? 求数列{an}的通项公式.

B 类习题
7.已知 a1 ? 1, a2 ? 2, a3 ? 8, an ?3 ? 6an? 2 ? 12an ?1 ? 8an , n ? N ? 求数列{an}的通项公式. 8.已知 a1 ? 2, a2 ? 1, a3 ? ?13, an ?3 ? 7an ? 2 ? 16an ?1 ? 12an , n ? N ? 求数列{an}的通项公式. 9.有一条 n 级楼梯,如果每步只能跨上一级或两级,问欲登上去,共有几种走法? 10.(1)是否存在正整数的无穷数列{an},使得对任意正憨整数 n 都有 a2n+1≥2 an an+2. (2)是否存在正无理数的无穷数列{an},使得对任意正憨整数 n 都有 a2n+1≥2 an an+2. (首届中国东南地区数学奥林匹克试题)

C 类习题
11. 设数列 {an } 满足条件: a1 ? 1, a2 ? 2 ,且 an?2 ? an?1 ? an (n ? 1, 2, 3, ? )求证:对于

任何正整数 n, 都有

n

an?1 ? 1 ?

1
n

an

(湖南

省 2004 年高中数学竞赛) 12.求所有 a∈R,使得由 an+1=2n-3an(n∈N)所确定的数列 a0, a1, a2,?是递增数列.(1980 年 英国中学生数学竞赛试题)

本节“情景再现”解答: 1.解:由已知可得:an+n=2(an-1+n-1)(n≥2) 令 bn=an+n,则 b1=a1+1=2,且 bn=2bn-1(n≥2) - 于是 bn=2· 2n 1=2n,即 an+n=2n 故 an=2n-n(n≥2), 因为 a1=1 也适合上述式子, 所以 an=2n-n(n≥1) 2.解: ( 1 ) ? f (2) ?
x(2 ? c ? bx) ? 0

x x(2 ? c ? bx) x 2 1 令 f ( x) ? ? 0 得 ? ? c ? 4 ? 2b , 又 f ( x) ? ? 2b ? c 2 2 2bx ? 2c 2 2?c b

当 b ? 0 时得方程的实数根 x ? 0 和 x ? 实数根 x ? 0
? f ( x) ?

于是 c ? 2, b ? 1 , 当 b ? 0 时 c ? 4 方程有唯一

x an ?1 1 x x 或 f ( x) ? (2)当 f ( x) ? 时, an ? ,令 bn ? , 则 bn ? 2bn?1 ? 1, an ?1 ? 2 an 4 2? x 2? x
n

?bn ? 1 ? 2(bn?1 ? 1) ? bn ? 2 ? 1
n ?1 比数列, a n ? ( ) ?

? an ?
n

1 x 1 当 f ( x) ? 时, a n ? a n ?1 ??an ? 为等 4 4 2 ?1
n

1 4

3.解:Ⅰ.设 p=150 ,

1 或 an ? 41?n 2 ?1 p 3 a1 ? ? ? 75% Ⅱ. 设 n 次操作前、后甲杯里的饮料中 1 4 p? p 3 an ?

牛奶的体积百分比分别为 an?1、 an ,则 n 次操作前、 后乙杯里的饮料中牛奶的体积百分比分别为

1 ? an?1、1 ? an ,

an ?
an ?

an?1 p ? (1 ? an?1 ) ? 1 p? p 3
1 1 ? n?1 2 2
2 2 2

1 p 3 = 1 a ? 1 , ∴ 法 ① a ? a ? 1 (a ? a ) n ?1 n n ?1 n ?1 n?2 2 4 2



∴ 法② an ? 1 ? 1 (an?1 ? 1 ) Ⅲ. ∴ 1 ?
2 1 51 ? 2 n?1 100

∴ an ? 1 ? 1 n ?1
2 2

∴n≥6.

Ⅳ. 规定将乙杯里的部分倒入甲杯中,使甲杯盛满饮料,充分搅匀,再将甲杯里的饮料倒入乙杯 中,使乙杯盛满饮料,充分搅匀.这叫做一次操作. 设 n 次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比分别为 an ,乙杯里的饮料中牛奶的体积百分比 为 bn .

p 3 a1 ? ? , 1 p? p 4 3

3 2 ? p 3 4 3 b1 ? ? . 2 2 8 p? p 3 3

3 2 3 2 ? p? ? p 4 3 8 3 ? 9 a2 ? 2 2 16 p? p 3 3

9 2 3 2 ? p? ? p 8 3 ? 15 b2 ? 16 3 2 2 32 p? p 3 3

2 2 p ? bn?1 ? p 2 4 3 3 ∴ an ? 第 n 次操作后甲杯里的饮料 p ,乙杯里的饮料 p . 4 3 3 p 3 2 n ?1 2 4 1 3 p ? an ? p ? bn ? p ∴ 3an ? 4bn ? 3 . an = an?1 ? , ∴ ∴ an ? 2 2 n? 1 3 3 4 8 2 an?1 ?
2 2 n?1 ? 1 51 , ? 22n 100



∴n≥4. 至少 4 操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比不超过 51%.

4.解:由 (an ? 2 ? an ?1 ) = (n ? 3)an ?1 ? (n ? 2)an ? an ?1 ? (n ? 2)(an?1 ? an ) ? (n ? 2)(n ? 1)(an ? an ?1 )
? (n ? 2)(n ? 1) ? n ? 4 ? 3 ? (a2 ? a1 ) ? (n ? 2) !故 an ? a1 ? (a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? ? ? (a n ? a n ?1 )

=1+2!+3!+?+n!(n≥1),由于 a1 ? 1, a2 ? 3, a3 ? 9, a4 ? 33, a5 ? 153 ,此时 153 被 9 整除.当 m ≥5 时 a m ? a 5 ? ? k !而 k≥6 时 6!被 9 整除.于是当 m≥5 时 an 被 9 整除,故所求的 n 的最
k ?1 m

小值为 5 1 - 5. (1)因为 cn=bn+1-bn=3n 1-np,故 bn=b1+ (b2-b1)+ (b3-b2)+ ?+(bn-bn-1) =2 +(1+3+? 1 1 - - - +3n 2)-[1+2+3+?+(n-1)]p= [3n 1-n(n-1)p], 即 bn=an+1-an= [3n 1-n(n-1)p] 2 2 故 an=a1+ (a2-a1)+ (a3-a2)+ ?+(an-an-1)=
- -

3n 1+3 p 4 - 6n(n-1)(n-2)



(2)若 cn=bn+1-bn=3n 1-np≥0, 则 3n 1≥np,cn+1=bn+2-bn+1=3n-(n+1)p≥3np-(n+1)p =(2n-1)p>0. 1 - (3) 因为 bn =2 [3n 1 - n(n- 1)p]≥ b4,故应有 c3=b4 - b3≤ 0,c4=b5 -b4 ≥0,即 c3=9 - 3p≤ 0, 27 27 c4=27-4p≥0,故 3≤p≤ 4 .利用(2)的结论验算可知,当 3≤p≤ 4 时,对一切正整数 n,均有 bn

27 ≥b4.故 p 的取值范围是[3, ] 4 6.
1 1 ? 1 ? ? ? a n 2bn ?a (1) ? n ?1 ?2b ? 1 a ? b n ?1 n n ? 2 ?


因为 0 ? a1 ? b1 由①②可知 a n , bn 皆正.


①×②得
b2 ? a 2 ?

2bn ?1 1 1 bn a b a ? ? ? ? n ? 1 ? 2 n ? n ? 2 ,所以 bn?1 ? an ?1 , n=1 时 b2 ? a 2 , 但若 a n ?1 2 2 a n 4bn a n 4bn
b1 a ? 1 ? a1 ? 2b1 ,这与 0 ? a1 ? b1 矛盾,故只可能有 b2 ? a 2 , 又由②可得 a1 4b2

2b2 ?

1 1 3 3 a1 ? b1 ? b1 ? b1 ? b1 ,即 b2 ? b1 ? b1 ,因此 a2 ? b2 ? b1 . 4 2 2 2

(2)由(1)可知 bn?1 ? an?1 , 即 bn ? an ,由②得 4bn ?1 ? an ? 2bn 4(bn ?1 ? bn ) ? an ? 2bn = (an ? bn ) ? bn <0, 故 bn ?1 ? bn ,即 an ?1 ? bn ?1 ? bn 所以 a n ?1 ? bn . (3)由(2)知 bn ?1 ? bn 故{bn}卓单调递减,从而 bn ? bn ?1 ? ? ? b2 ? b1 ,因此 bn ? b1 . 本节“习题 12”解答: 1.∵an+1=an+n2,∴an+1-an=n2, 1 1 故 an =(an-an-1 )+(an-1-an-2)+ ?+(a2-a1)+a1=-1+ n(n-1)(2n-1)= (n3-3n2+n-6) 6 6

2.(Ⅰ)∵a1=1 . ∴a2=3+1=4, a3=32+4=13 . - (Ⅱ)证明:由已知 an-an-1=3n 1,故

a n ? (a n ? a n ?1 ) ? (a n ?1 ? a n ?2 ) ? ? ? (a 2 ? a1 ) ? a1 ? 3 n ?1 ? 3 n ?2 ? ? ? 3 ? 1 ?
3n ? 1 . 2

3n ? 1 . 2

所以证得 a n ?

b 1 1 1 , 第 2 位职工的奖金 a2= (1- )b, 第 3 位职工的奖金 a3= (1 n n n n 1 1 1 - - )2b,…,第 k 位职工的奖金 ak= (1- )k 1b; n n n 1 1 - (2)ak-ak+1= 2 (1- )k 1b>0,此奖金分配方案体现了“按劳分配”或“不吃大锅饭”的原则. n n 1 1 (3)设 fk(b)表示奖金发给第 k 位职工后所剩余数,则 f1(b)=(1- )b,f2(b)=(1- )2b,…,fk(b)=(1 n n 1 1 b - )kb.得 Pn(b)=fn(b)=(1- )nb,故 lim Pn (b) ? . n?? n n e
3. (1)第 1 位职工的奖金 a1= 4 . (1) 当 n≥3 时 ,

xn=

xn?1 ? xn?2 x ?x 1 1 ; (2)a1 ? x 2 ? x1 ? a, a 2 ? x3 ? x 2 ? 2 1 ? x 2 ? ? ( x 2 ? x1 ) ? ? a, a 2 ? 2 2 2 2 1 n-1 x ? x2 1 1 1 1 N. 证:因 ? x 4 ? x3 ? 3 ? x3 ? ? ( x3 ? x 2 ) ? ? (? a) ? a , 由此推测 an=(- ) a(n∈ 2 2 2 2 4 2

为 a1=a>0,且

an ? xn?1 ? xn ?

xn ? xn?1 x ?x 1 1 1 - (3) ? xn ? n?1 n ? ( xn ? xn?1 ) ? ? an?1 (n≥2)所以 an=(- )n 1a. 2 2 2 2 2

当 n≥3 时,有 xn=(xn-xn-1)+(xn-1-xn-2)+…+(x2-x1)+x1=an-1+an-2+…+a1,由(2)知{an}是公比为 -

1 a1 2 的等比数列,所以 lim xn ? ? a. 1 n?? 2 1 ? (? ) 3 2

5. 特 征 方 程 x2=2x - 2 有 两 个 相 异 实 根 x1=1+i,x2=1 - i. 则 数 列 {an} 的 通 项 公 式 为 :
?C1 (1 ? i) ? C 2 (1 ? i ) ? 0 an ? C1 (1 ? i) n ? C2 (1 ? i) n ,代入前两项的值,得 ? 2 2 ?C1 (1 ? i) ? C 2 (1 ? i ) ? 4

解此方程组得:C1=-1-i,C2=-1+i, 故 an ? ?(1 ? i)n?1 ? (1 ? i)n?1 ? ?2

n?3 2

cos

n ?1 ?. 4

6.特征方程 x3=2x2+x-2 有三个相异实根 x1=1,x2=-1, x2=2,则数列{an}的通项公式为:
?C1 ? C 2 ? 2C 3 ? 0, ? an ? C1 ? C2 (?1) ? C3 2 ,代入前三项的值,得 ?C1 ? C 2 ? 4C 3 ? 2, ?C ? C ? 8C ? 6, 2 3 ? 1
n n

解此方程组得:C1=-2,C2=0,C3=1 故 an ? 2 n ? 2 . 7.特征方程 x3=6x2-12x+2 有三重实根 x=2,则数列{an}的通项公式为:
?2C1 ? 2C 2 ? 2C3 ? 1, ? an ? (C1 ? nC2 ? n C3 ) ? 2 ,代入前三项的值,得 ?4C1 ? 8C 2 ? 16C3 ? 2, ?8C ? 24C ? 72C ? 8, 2 3 ? 1
2 n

3 1 ,C3= 故 an ? (4 ? 3n ? n 2 )2n?2 . 4 4 8.特征方程 x3=7x2-16x+12 有 x1=x2=2, x3=3,,则数列{an}的通项公式为:
解此方程组得:C1=1,C2= ?
?2C1 ? 2C 2 ? 3C3 ? 2, ? an ? (C1 ? nC2 ) ? 2 ? 3 C3 ,代入前三项的值,得 ?4C1 ? 8C 2 ? 9C3 ? 1, ?8C ? 24C ? 27C ? ?13, 2 3 ? 1
n n

解此方程组得:C1=4,C2=

3 ,C3=-3, 故 an ? 2 n?2 ? 3n ? 2 n?1 ? 3n?1. 2

9. 由于登上 n 级台阶可以从第 n-2 直接上来,也可以通过第 n-1 级分步上来,这样登上 n 级台阶的走法不仅与登上 n-1 级走法有关,且也与登上 n-2 级台阶的走法有关,故这里可 以考虑通过二阶递推式来进行求解. 登上第一级只有一种走法,记 a1=1,登上第二级,有两种走法,记 a2=2,如果要登上第 n 级, 那么可能是第 n-1 级走上来, 也可能是第 n-2 级跨上两级上来的, 故有 an=an-1+an-2, 显然 这是缺了 F0 项的 Fibonacci 数列, 它的通项为 Fn= 上第 n 级楼梯,共有 Fn 种不同的走法. 10.假设存在正整数列{an}满足条件. ∵ a n2?1 ? 2a n a n ? 2 , an>0 ∴
an 1 a n ?1 1 a 1 a ? ? 2 n ? 2 ? ? ? n ? 2 2 ,n=3,4,5, a1 a n ?1 2 a n ? 2 2 a n ?3 2 a a2 1 a2 1 a ? ? 所以有 n ? n ?2 ? 2 ,n=2,3,4,5, a1 2 2? 2 a1 a n ?1 2 a1

1 1 ? 5 n+1 1 ? 5 n+1 [( ) -( ) ] 所以要登 2 2 5

又∵

? 1 a2 ? ? a2 ? ? a2 ? 1 1 ∴ an ? ? ? 2 n?2 ? a ? ?an?1 ? 2( n?2)?( n?3) ? ?a ? ? an?2 ? ? ? 2( n?2)?( n?3)???1 ? ?a ? ? a2 ? 1 ? ? ? 1? ? 1?

2

n?2

? a2 ? ∴ an ? ? n2 ? ?2 ?2 ?

n ?1 2

?

1 a1n?2

设 a22 ? ?2k ,2k ?1 ?, k ? Z 取 N=k+3

? a2 ? 则有 aN ? ? N2?2 ? ?2 ?

N ?1 2

?

1 a1N ?2

? 2 k ?1 ? ? ? k ?1 ? ?2 ?

k ?2 2

?

1 ? 1, 这 a N 与是正整数矛盾. a1k ?1

所以不存在正整数列{an}满足条件.

11.证明:令 a0 ? 1 ,则有 ak ?1 ? ak ? ak ?1 ,且

1?

ak a ? k ?1 (k ? 1, 2, ?) ak ?1 ak ?1

于是 n ?

n ak a k ?1 ? ? ? k ?1 a k ?1 k ?1 a k ?1 n

由算术-几何平均值不等式,可得

1? n

a a a a a1 a 2 ? ? ? ? n + n 0 ? 1 ? ? ? n?1 a 2 a3 a n?1 a 2 a3 an?1
a0 ? a1 ? 1,可知

注意到

1?

1
n

an?1

?

1
n

an an?1

,即

n

an?1 ? 1 ?

1
n

an

an 3 1 1 1 3 1 1 12.令 bn= ,则 bn+1=- bn+ ,两边减去 , 得 bn+1- =- (bn- ),即数列{ bn- }是公比为 2n 2 2 5 5 2 5 5 3 1 1 3 1 3 1 3 1 n - 的等比数列,所以 bn- =(b0- )(- )n=(a0- )(- )n,an=2nbn=2n(a0- )· (- )n+ · 2, 即 2 5 5 2 5 2 5 2 5 1 1 n 2n 40 1 3 40 1 an=(a0- )· (-3)n+ · 2 (n≥0), 从而 an+1-an= [ (a0- )· (- )n+1] ,设 A= (a0- ) 5 5 10 3 5 2 3 5 则 an+1-an= 2n 3 1 3 1 [ A(- )n+1] ,若 a0> , 则 A>0,对充分大的奇数 n 有(- )n> 于是 an<an-1, 10 2 5 2 A

1 3 1 若 a0<5,则 A<0. 对充分大的偶数 n 有(2)n>-A于是 an<an-1. 1 1 2n 综上所述,当 a0≠ 时,数列{an}不是单调递增.仅当 a0= 时 an+1-an= >0,数列{an}是单调递 5 5 10 增.

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