从高考题看一类递归数列通项的求法

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1、2010 年第 9 期 福建中学数学 7 评注评注 本题很是新颖，真是无独有偶，看来广东 的命题老师也是崇拜欧拉的 最近有一部很热门的电影阿凡达 ，说的是有 一个残疾的军人，来到一个战区新环境之后还不适 应，当适应了这个规则之后很快就可以在潘多拉上 生存了笔者觉得学生学习，高考命题也是这个道 理，希望考生能适应变革，只是，不知他们准备好 了吗？ 从高考题看一类递归数列通项的求法 从高考题看一类递归数列通项的求法 张光荣1 刘 瑜2 谭亚斌2 1 湖北省洪湖市大同高级中学（433200） 2 湖北省通城县关刀中学（437400） 定义定义 1 由递推公式 1 n n n aab a cad +

2、+ = + （0c ，且 ）及初始值确定的数列，称为分式 线性递归数列 0adbc 1 ap= 近几年来，作为高考压轴的数列加大了对分式 线性递归数列的考查力度 2007 年高考全国卷、 2008 年高考陕西卷、2009 年高考江西卷等都考查分式线 性递归数列命题者向学生呈现了一个陌生情境， 让学生利用已有的数列知识去解决新的数列问题， 考查“化归转换”的能力 这类试题技巧性强， 很好地 体现了高校的选拔需要本文尝试对分式线性递归 数列通项的求法作一点探讨，以期抛砖引玉 1通过换元化为线性递归数列通过换元化为线性递归数列 1.1 ，且的情况，且的情况 0b =ad= 例例 1 若数列满足 n

3、a 1 1a =， 1 1 n n n a a a + = + ， 求 n a 分析分析 先化为，再变形得 1nnnn aa aa + =+ 1+ 1 1 n a + 1 1 n a = +，令 1 n n b a =，显然 n b是等差数列，易得 ，从而有 n bn= 1 n a n = 评注评注 对于该形式可先转化关于 1 n a 的线性递 归数列，再运用等差数列知识来解决 1.2 ，且的情况，且的情况 0b =ad 例例 2（2008 年高考陕西卷理 22 题）已知数列 的首项 n a 1 3 5 a =， 1 3 21 n n n a a a + = + ， 1 2n =?， ， （）

4、求的通项公式； n a （） 、 （）略 分 析分 析 先 化 为 1 32 nnnn aa aa +1+ =+， 再 变 形 得 1 121 33 nn aa + =+，令 1 n n b a =，则 1 1 33 nn bb + =+ 2 ，这是关 于 n b的线性递归数列，可得( 1 1 11 3 nn bb + =)，显 然1 n b 是等比数列，易得 1 2 ( )1 3 n n b =+，从而有 3 32 n n n a = + 评注评注 对于该形式可先转化关于 1 n a 的线性递 归数列，再转换为等比数列来解决 1.3 0b 的情况的情况 例例 3 已知数列 n u满足， 1

5、1u = 1 32 4 n n n u u u + + = （1 2n =?，） ，求 n u 分析分析 根据 1.2 中的处理经验， 可以大胆将其转 化为关于 1 n ut + 的线性递归数列，即设 1 1 n ut + + 1 n a ut b=+ + ，其中、 是待定常数代入原 递推方程，有 abt 1 411 32 (3)24 4 n n nn n u u uttu t u + = + t+ + 2424 4 33 24 (3) 3 n n tt u tt t tu t + = + 2 1011 24 3(3) 3 n t tt u t =+ + ， 8 福建中学数学 2010 年第

6、9 期 令 24 3 t t t = ，得取，则12t =，1t = 5 2 a =， 1 2 b = 于是 1 151 1212 nn uu + = + 1 设 1 1 n n v u = + ， 则 1 5 22 nn vv + = 1 ，变形得 151 323 nn vv = 显然 1 3 n v 是等比数列，可得 1 11 5 ( ) 36 2 n n v =+，所以 11 1 25 25 nn n nn u + = + 评注评注 对于该形式可先利用待定系数法转化关 于 1 n at + b 的线性递归数列，再转换为等差或等比数 列来解决，但计算繁琐那还有没有其他简单一点 的思路呢？

7、例例 4 （2009 年高考江西卷 22 题）各项均为正 数的数列， 且对满足mn 的正整数m n都有 n a 1 aa= 2 a =pq+=+ p q， ，. (1)(1)(1)(1) pq mn mnpq aa aa aaaa + + = + （）当 1 2 a =， 4 5 b =，求； （）略 n a 来看看命题者给出的答案： 解解 由 (1)(1)(1)(1) pq mn mnp aa aa aaaa + + = + q ， 得 12 12 (1)(1)(1)(1) nn nn aaaa aaaa + = + 1 1 ， 将 1 1 2 a =， 2 4 5 a =代入上式化简得 1

8、 1 21 2 n n n a a a + = + ， 所以 1 1 11 131 nn nn aa aa = + 1 （） 故数列 1 1 n n a a + 为等比数列，从而 11 13 n n n a a = + ， 即 31 31 n n n a = + 可验证时也成立，故1n = 31 31 n n n a = + 看了此题的解，很多读者会感到诧异：解题过 程中为什么要研究 1 1 n n a a + ？如何得到（）？其实这 种解法具有高等数学背景，下面来研究此类题目的 更一般解法 2借助分式线性变换的不动点原理来求解借助分式线性变换的不动点原理来求解 定义定义2 称变换 axb y

9、 cxd + = + （， 且0c 0adbc） 为分式线性变换，把满足方程 axb x cxd + = + 的x称为分 式线性变换的不动点 上述方程变形可得到一个关于x的一元二次方 程 2 ()cxda xb0+=，在射影几何中，形如定义 2 中的分式线性变换是一维射影变换，我们借助一维 射影变换的标准形式理论，可以求分式线性递归数 列的通项公式 再回顾例 4，由方程 21 2 x x x + = + 得， 1 1x = 2 1x = 作 11 11 21 11 22 nn n nn aa a aa 1+ = = + 11 11 213( 11 22 nn n nn aa a aa 1)+

10、+ =+ = + 得： 1 1 111 131 nn nn aa aa = + （ ） 这样一来，很多读者便豁然开朗了 2.1 分式变换有两个相等的不动点的情况分式变换有两个相等的不动点的情况 例例 5 已知数列 n a满足， 1 1a = 1 1 4 3 n n n a a a = （2 3n =?，） ，求 n a 分析分析 令 4 3 x x x = ，解得 12 2xx= 作 11 11 42 22 33 nn n nn aa a aa = ，取倒数得 1 2 n a 1 11 31 1 22 n nn a aa = + 设 1 2 n n c a = ， 则有 1 1 nn cc =

11、， 而 1 1c = ，可得 n cn= ，所以 1 2 n a n = 评注评注 当二次方程两个相等 根 2 ()cxda xb+= 0 12 xxp=（实根或虚根） 时， 递推式 1 n n n aab a cad + + = + 可转化为 1 11 nn k apap + =+ ，这里 2c k ad = + 再由 等差数列 1 n ap 不难求出 n a 2.2 分式变换有两个不等的不动点的情况分式变换有两个不等的不动点的情况 例例 6 已知数列 n b满足， 1 2b = 1 34 23 n n n b b b + + = + （1 2 3n =?， ，） ，求 n b 分析分析 令

12、 34 23 x x x + = + ，得 1 2x = ， 2 2x =则 2010 年第 9 期 福建中学数学 9 1 34(3 2 2)(4 3 2 22 2323 nn n nn bb b bb + + = + ) 1 34(3 2 2)(4 3 2 22 2323 nn n nn bb b bb + + +=+= + ) 化简得： 41 1 2 ( 21) 22 nn nn bb bb + + = + 2 ，由 等比数列 2 2 n n b b 可得 + 42 42 21( 21) 1 ( 21) n n n b + = 0评注评注 当二次方程两个不等 根（实 根 或虚根 ） 2 (

13、)cxda xb+= 1 xp=， 2 xq=时， 递 推式 1 n n n aab a cad + + = + 可 转 化 为 1 1 n nn apa k aqa + + = n p q ， 这 里 apc k aqc = ，再由等比数列 n n ap aq 不难求出 n a 值得说明的是，当方程无实根时，数列是周期 数列，其通项公式还可以通过观察来求得 3推广推广 有些分式递推式，虽然不属于 1 n n n aab a cad + + = + 型， 但也可以按照 2 中的方法来求处理 例例 7 设2，给定数列，其中 n a 1 a=， 2 1 2(1) n n n a a a + = （

14、） ，求 1,2,n =? n a 分析分析 此递推式不属于 1 n n n aab a型， 但希望 将上式变形为：左端成为，右端分母不变， 分子成为，即希望有 cad + + = + k ) 1n a + 2 ( n ak 2 1 () 2(1) n n n ak ak a + = ，整 理得 22 1 2 2(1) n n n akk a a + + = 0=故，解得kk 2 2kk= 12 0,2 由 2 1 2(1) n n n a a a + = 故 22 1 (2) 22 2(1)2(1) nn n nn aa a aa + = 得： 2 1 1 2 nn nn aa aa + + = 2 从而 2 1 1 22 nn nn aa aa = 21 1 22 2 21 21 222 n n n n aa aa = ?， 则有 1 2 2 2 1 2 nn a