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高考递推数列题型分类归纳解析各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。
特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。
本文总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。
类型1)(1n f a a n n +=+解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。
例:已知数列满足，，求。
解：由条件知：分别令，代入上式得个等式累加之，即所以，变式:（2004，全国I ，个理22．本小题满分14分）已知数列，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,…….（I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式.解：，，即，…………将以上k 个式子相加，得将代入，得，。
经检验也适合，类型2解法：把原递推公式转化为，利用累乘法(逐商相乘法)求解。
例:已知数列满足，，求。
解：由条件知，分别令，代入上式得个等式累乘之，即又，例:已知，，求。
解：。
变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，(n ≥2)，则{a n }的通项解：由已知，得，用此式减去已知式，得当时，，即，又，，将以上n个式子相乘，得类型3（其中p，q均为常数，）。
解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解。
例:已知数列中，，，求.解：设递推公式可以转化为即.故递推公式为,令，则,且.所以是以为首项，2为公比的等比数列，则,所以.变式:（2006，,文,14）在数列中，若，则该数列的通项_______________（key:）变式:（2006..理22.本小题满分14分）已知数列满足（I）求数列的通项公式；（II）若数列{b n}滿足证明：数列{b n}是等差数列；（Ⅲ）证明：（I）解：是以为首项，2为公比的等比数列即（II）证法一：①②②－①，得即③－④，得即是等差数列证法二：同证法一，得令得设下面用数学归纳法证明（1）当时，等式成立（2）假设当时，那么这就是说，当时，等式也成立根据（1）和（2），可知对任何都成立是等差数列（III）证明：变式:递推式：。
第12讲 数列的递推本节主要内容两个基本递推：a n ＋1＝a n ＋d ，a n ＝qa n ；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}{n a 中的第n 项n a 与它前面若干项1-n a ，2-n a ，…，k n a -（nk <）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：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a aa n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归）其特例为：（1）)0(1≠+=+p q pa a n n （2）)0()(1≠+=+p n q pa a n n （3）)0()(1≠+=+p q a n p a n n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)(1n q a a n n +=+的递归式,其通项公式求法为：1111111()()n n n k k k k a a a a a q k --+===+-=+∑∑②形如n n a n p a)(1=+的递归式,其通项公式求法为： 3211121(1)(2)(1)n n n a a a a a a p p p n a a a -=⋅⋅⋅=⋅⋅-③形如)1()(1≠+=+p n q pa a n n 的递推式,两边同除以1+n p 得111)(++=+=n nn n n pn q pa pa ,令n nn b pa =则句可转化为①来处理. 类型Ⅱ：⎩⎨⎧==≠≠+=++为常数）b a b a a a q p qa pa a nn n ,(,)0,0(2112（二阶递归）解题方法：利用特征方程q px x +=2，求其根α、β，构造n n n B A a βα+=，代入初始值求得B A ,． ①若p+q=1时，有q a a n n -=-+1)(1--n n a a 可知}{1n n a a -+是等比数列，先求得n n a a -+1，再求出n a . ②若p+q ≠l ，则存在α，β满足=α-+n n a a 1)(1--βn n a a 整理得11)(-+αβ-β+α=n n n a a a 从而α+β=p ， αβ=q ，可解出α、β，这样可先求出}{1n n a a α-+的通项表达式，再求出n a .注意α、β实质是二次方程q px x +=2的两个根，将方程q px x +=2叫做递归式n n n qa pa a +=++12的特征方程． 在数列{n a }中，给出a 1, a 2，且n n n qa pa a +=++12 ，它的特征方程q px x +=2的两根为α与β．如果α≠β，则n n n B A a βα+=；如果α=β则nnB An aα+=)(，其中A 与B 是常数，可由初始值a 1,a 2 求出．类型Ⅲ. 如果递归数列{a n }满足 a n+1dca b aa n n ++=,其中c ≠0,ad －bc ≠0,以及初始值a 0≠f (a 1),则称此数列为分式线性递归数列.我们称方程dcx b ax x ++=的根为该数列的不动点.若该数列有两个相异的不动点p 、q ，则}{qa p a n n --为等比数列；若该数列仅有惟一的不动点p ，则}1{pa n -是等差数列·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)(x f y =的图象在下列图中，并且对任意)1,0(1∈a ，由关系式)(1n n a f a =+得到的数列}{n a 满足)N (*1∈>+n a a n n ，则该函数的图象是( )(2005年辽宁卷)（A ） （Ｂ） （Ｃ）（Ｄ） 分析 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． 解 由)(1n n a f a =+，n n a a >+1，得n n a a f >)(，即x x f >)(，故选A ． 例2已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……． （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }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 ）a 2=a 1+(－1)1=0, a 3=a 2+31=3．a 4=a 3+(－1)2=4, a 5=a 4+32=13, 所以，a 3=3,a 5=13． (II) a 2k+1=a 2k +3k = a 2k －1+(－1)k +3k ,所以a 2k+1－a 2k －1=3k +(－1)k, 同理a 2k －1－a 2k －3=3k －1+(－1)k －1, …… a 3－a 1=3+(－1)．所以(a 2k+1－a 2k －1)+(a 2k －1－a 2k －3)+…+(a 3－a 1) =(3k +3k －1+…+3)+[(－1)k +(－1)k －1+…+(－1)], 由此得a 2k+1－a 1=23(3k －1)+21[(－1)k －1],于是a 2k+1=.1)1(21231--++kka 2k = a 2k －1+(－1)k=2123+k(－1)k －1－1+(－1)k=2123+k(－1)k =1．{a n }的通项公式为：当n 为奇数时，a n =;121)1(232121-⨯-+-+n n当n 为偶数时，.121)1(2322-⨯-+=nnna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{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a n －1＋n －2(n ≥2)，求通项a n . (2004年四川省高中数学联赛) 2．设cbx x x f +=)(（c b ,为常数），若21)2(=f ，且02)(=-x x f 只有唯一实数根（1）求)(x f 的解析式（2）令)(,111-==n na f a a 求数列{}na 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71，第2轮发了2枚及余下的71，…，直至第n 轮正好发了n 枚而没有余下奖章．这个竞赛共包括几轮?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S 1，S 2，…, S n ，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a k 枚奖章．因为第k 轮发出奖章数k+17(a n －1 －k )具有a k ＝a k －1－ [k+17(a k －1 －k )]即a k ＝ 67a k －1－67 k 且a 0=m, a n =0.进一步变形为a k +6k －36= 67[a k －1+6(k －1)－36]从而a n +6n －36= (a 0－36)n)76(= (m －36)n)76(即a n = (m －36)n)76(－(6n －36),又因为a n =0,故(m －36)=(n －6)167-n n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a n (n ≥2)当n=2时,先对S 1涂法色,有3种涂法,继而得S 2只有两种涂法,因而a 2=6.当时n ≥3, S 1有3种涂法, S 2有2种涂法, S 3有2种涂法,…, S n －1有2种涂法, S n 仍有2种涂法. (不论是否S 1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S n 与S 1同色,认为S n 与S 1合为一个扇形,此时涂法有a n －1种涂法；另一类是S n 与S 1不同色,此时涂法有a n 种涂法.因而有a n + a n －1=3×2n －1(n ≥3)令p n =a n2n , 则2p n +p n －1=3 (n ≥3)于是有1-np =)1(211---n p , (n ≥3) p 2=a 222从而有1-n p =)1()21(22---p n =121-⎪⎭⎫ ⎝⎛--n于是1=n p 121-⎪⎭⎫⎝⎛--n 得a n =2n p n =2n +(－1)n ·2 (n ≥3)但当n=2时也适合上式,故得a n =2n +(－1)n ·2 (n ≥2) 故共有种a n =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{a n }定义如下：a 1=1，a n+1 =161(1+4 a n +na 241+)，求它的通项公式．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=nbn a 241+解 设=nb n a 241+,则2412-=n n b a ,.51=b 于是原递推式可化为41(16124121+=-+n b 2412-⋅n b +)nb即(2b n+1)2=(b n +3)2,由于b n 、b n+1非负,所以2b n+1=b n +3. 故b n+1－3=21(b n －3).所以b n+1－3= (b n －3)(21)n －2即2)21(3-+=n nb所以2412-=n nb a=nn 212313112+⋅+-说明 这是1981年IMO 的预选题，解题的关键是换元、转化．例5设{x n }、{y n }为如下定义的两个数列：x 0=1，x 1=1,x n+1=x n +2 x n －1，y 0=1，y 1=7,y n+1=2y n +3y n －1，(n=1,2,3…)，于是这两个数列的前n 项为x n ：1,1,3,5,11,21…, y n ：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{x n }的通项公式形如nnnC C x β+α=21,其中βα、是数列的特征方程x 2=x +2的两根,即1,2-=β=α,故nnnC C x )1(221-+=.由x 0=1,x 1=1得C 1=23,C 2=13,所以 =nx 23×2n +13(－1)n = 13[2n+1+(－1)n ]同理可得数列的{y n }通项公式为 y n =2×3n －(－1)n .用反证法证明两个数列无其它公共项. 假设 x m =y n ,即13[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．例6 数列{a n }满足a 0=1，23645721-+=+n n n a a a，N n ∈，证明：(1)对于任意N n ∈，a 为整数；(2)对于任意N n ∈，11-+n n a a 为完全平方数. (2005年高中数学联赛) 证明：(1)由题设得a 1=5,且数列{a n }严格单调递增,将条件变形得36457221-=-+n n n a a a ,两边平方法整理得0972121=++-++n n n n a a a a①∴0972112=++---n nn na a a a ② ①－②得0)7)((111=-+--++n n n n n a a a a a∵1+<n na a , ∴0711=-+-+nn n a a a , 117-+-=n nn a a a ③由③及a 0=1, a 1=5可得a n 为正整数.(2)将①两边配方得=++21)(n na a )1(91-+n n a a∴11-+n n a a =21)3(nn a a ++④因为是n a 整数,故11-+n n a a 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 ∈，11-+n n a a 为完全平方数.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a 1=1，a 2=3，a n+2=（n+3）a n+1－（n+2）a n ，若当m ≥n ，a m 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{a n }按如下法则定义：a 1=1nn n a a a 41211+=+， 证明：对n ＞1，1222-n a 均为正整数·(1991年全苏数学冬令营)分析 因为结论中涉及到根号及a 2n项，因而令1222-=n na b ，并对已给递推关系两边平方就容易找到解题思路． 解 令1222-=n na b , 则12222-=n na b ,因此221nnb a=+12,因为++=+222116141nn n a a a14于是++211n b 12 = 14 (++211n b12)+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2111612n b +14即 )2(22221+=+n n n b b b①所以]2)2((2[22121221++=--+n n n n b b b b=2212)1(4+-n n b b . ②4122222=-=a b ,24122233=-=a b ,由②及b 2 、b 3∈N*, 知道对n ＞1，1222-n a 均为正整数.说明 这道试题，通过换元，将关于如的问题转化为关于b n 的问题，得到①式后,再用)2(221212+=--n n n b b b 代入可证明21+n b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a 1=1，a 2=3，对一切正整数n 有 a n+2=(n+3)a n+1－(n+2)a n ,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a n 的通项公式，进而完成本题． 解 由已知条件得(a n+2－a n+1)= (n+2)(a n+1－a n )设b n+1=a n+1－a n (n ≥1),则由条件有b n+1=(n+1)(a n －a n －1)=(n+1) b n (n ≥2),故b n = nb n －1=n(n －1) b n －2= n(n －1)(n －2)…3 b 2 =n ！(n ≥2) 所以a n =(a n －a n －1 )+(a n －1－a n －2)+ …+(a 2－a 1)+a 1=b n + b n －1 +…+b 2+1=1nk k =∑！由此可以算出a 4=41k k =∑！=33=11×3,a 8=81k k =∑！=46233=11×4203,a 10=101k k =∑！=4037913=11×367083.当n ≥11时,注意到11nk k =∑！能被11整除,因而a n =101k k =∑！+11nk k=∑！也能被11整除.故当n=4,n=8或当n ≥10时, a n 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{a n }、{ b n }、{ c n }存在下列关系：a 1=1, b 1=21,b n =a n+1－a n , c n =b n+1－b n =np n --13(n=1,2,3…)这里的p 为正常数. (1)求a n ；(2)证明：若c n ≥0,则c n+1＞0；(3)若数列{b n }的最小项为b 4,求p 取值范围.6．数列{a n }、{ b n }满足0＜a 1＜b 1,nnn b a a 21111+=+nn n b a b +=+2121 (n=1,2,3…)证明下列命题：(1) a 2＜b 2＜b 1；(2) 对任何正整数n 有b n ＞ a n+1； (3) 对任何整数n ≥2,有b n ＜b 1.习题12A 类习题1. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n +1＝a n ＋n 2(n ≥2)，求通项a n .2.（2003年全国高考题）已知数列).2(3,1}{111≥+==--n a a a a n n n n 满足（Ⅰ）求;,32a a （Ⅱ）证明.213-=nn a3．（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nb 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工，并将最后剩余部分作为公司发展基金. (1)设a k (1≤k ≤n )为第k 位职工所得奖金金额，试求a 2,a 3，并用k 、n 和b 表示a k (不必证明)； (2)证明a k ＞a k +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P n (b ),对常数b ，当n 变化时，求lim ∞→n P n (b ).4．已知点的序列A n (x n ，0),n ∈N*,其中x 1=0,x 2=a (a ＞0),A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…．(1)写出x n 与x n －1、x n －2之间关系式(n ≥3);(2)设a n =x n +1－x n ，计算a 1,a 2,a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明； (3) 求lim ∞→n x n ．5.已知+++∈-===N n a a aa a n n n ,22,4,01221求数列{a n }的通项公式.6.已知++++∈-+====N n a a a aa a a n n n n ,22,6,2,0123321求数列{a n }的通项公式.B 类习题7.已知++++∈+-====N n a a a aa a a n n n n ,8126,8,2,1123321求数列{a n }的通项公式. 8.已知++++∈+-=-===N n a a a aa a a n n n n ,12167,13,1,2123321求数列{a n }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{a n },使得对任意正憨整数n 都有a 2n+1≥2 a n a n+2. (2)是否存在正无理数的无穷数列{a n },使得对任意正憨整数n 都有a 2n+1≥2 a n a n+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}{n a 满足条件：2,121==a a ，且 ,3,2,1(12=+=++n a a a n n n )求证：对于任何正整数n ，都有nnnn a a 111+≥+ (湖南省2004年高中数学竞赛)12．求所有a ∈R,使得由a n+1=2n －3a n (n ∈N)所确定的数列a 0, a 1, a 2,…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：a n ＋n ＝2(a n －1＋n －1)(n ≥2)令b n ＝a n ＋n ，则b 1＝a 1＋1＝2，且b n ＝2b n －1(n ≥2) 于是b n ＝2·2n －1＝2n ，即a n ＋n ＝2n 故a n ＝2n －n (n ≥2)， 因为a 1＝1也适合上述式子， 所以a n ＝2n －n (n ≥1) 2．解：（1）bc cb f 242122)2(-=∴=+=，又cbx bx c x x x f 22)2(2)(+--=-令02)(=-x x f 得0)2(=--bx c x当0≠b 时得方程的实数根0=x 和bc x -=2 于是1,2==b c , 当0=b 时4=c 方程有唯一实数根0=xxx x f +=∴2)(或4)(x x f =（2）当xxx f +=2)(时，211+=--n n n a a a ，令,1nna b =则121+=-n nbb ，)1(211+=+∴-n n b b 12112-=∴-=∴nn nn a b 当4)(x x f =时，141-=n n a a {}n a ∴为等比数列，1)41(-=n n a 121-=∴nn a 或nn a -=143．解：Ⅰ.设 p=150 , ％pp p a 7543311==+=Ⅱ. 设n 次操作前、后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比分别为、a n 1-n a ,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、a n 11--n a -1,pp pa p a a n n n 3131)1(11+⋅-+=--=41211+-n a , ∴法 ①)(21211----=-n n n n a a a a ∴12121++=n n a∴ 法②)21(21211-=--n n a a∴12121++=n naⅢ. ∴1005121211≤++n ∴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n a ,乙杯里的饮料中牛奶的体积百分比为n b .43311=+=p p pa , 83323232431=+⨯=p p pb . 1693232328332432=+⨯+⨯=pp p p a 321532323283321692=+⨯+⨯=pp p p b∴ppb p a a n n n 34323211⨯+⨯=-- 第n 次操作后甲杯里的饮料p 32,乙杯里的饮料p 34.∴p b p a p n n =⨯+⨯3432∴343=+n n b a .n a =83411+-n a , ∴nn n a 212212+=-∴10051212212≤+-nn , ∴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)(12++-n n a a=11)2()3(-+-+-+n n n a a n an ))(2(1n n a a n -+=+))(1)(2(1--++=n n a a n n)(34)1)(2(12a a n n n -⋅⋅⋅⋅++=)2(+=n ！故++-+-+= )()(23121a a a a a a n)(1--n na a=1+2！+3！+…+n ！(n ≥1),由于153,33,9,3,154321=====a a a a a ,此时153被9整除.当m ≥5时∑=+=mk m ka a 15！而k ≥6时6！被9整除.于是当m ≥5时a n 被9整除，故所求的n 的最小值为55． (1)因为c n =b n+1－b n =3n －1－np,故b n =b 1+ (b 2－b 1)+ (b 3－b 2)+ …+(b n －b n －1) =12 +(1+3+…+3n －2)－[1+2+3+…+(n －1)]p=12 [3n －1－n(n －1)p], 即b n =a n+1－a n =12[3n －1－n(n －1)p]故a n =a 1+ (a 2－a 1)+ (a 3－a 2)+ …+(a n －a n －1)= 3n －1+34－ p6－1)(n －2)(2)若c n =b n+1－b n =3n －1－np ≥0, 则3n －1≥np,c n+1=b n+2－b n+1=3n －(n+1)p ≥3np －(n+1)p =(2n －1)p ＞0.(3)因为b n =12 [3n －1－n(n －1)p]≥b 4,故应有c 3=b 4－b 3≤0,c 4=b 5－b 4≥0,即c 3=9－3p ≤0, c 4=27－4p ≥0,故3≤p≤274.利用(2)的结论验算可知,当3≤p ≤274时,对一切正整数n,均有b n ≥b 4.故p 的取值范围是[3,274] 6．(1)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=++nn n n n n ba b b a a 212211111②① 因为110b a <<由①②可知n n b a ,皆正.①×②得242142121211=⋅+≥+++=++nn nn nn nn n n b a a b b a a b a b ,所以,11++≥n n a bn=1时,22a b ≥但若2111224b a a b a b =⇔=112b a =⇔,这与110b a <<矛盾,故只可能有,22a b >又由②可得1111122321212b b b b a b =+<+=,即 11243b b b <<,因此122b b a <<.(2)由(1)可知,11++≥n n a b即nna b ≥,由②得n n n b a b241+=+nn n n b a b b 2)(41-=-+=nnnb b a --)(＜0,故nn b b<+1,即nn n b b a <≤++11所以n n b a<+1.(3)由(2)知nn b b<+1故{b n }卓单调递减,从而121b b bb n n<<<<- ,因此1b b n<.本节“习题12”解答： 1.∵a n +1＝a n ＋n 2,∴a n +1－a n =n 2,故a n =(a n －a n －1 )+(a n －1－a n －2)+ …+(a 2－a 1)+a 1=－1+16n(n-1)(2n-1)= 16(n 3-3n 2+n-6)2.（Ⅰ）∵a 1=1 . ∴a 2=3+1=4, a 3=32+4=13 .（Ⅱ）证明：由已知a n －a n －1=3n －1,故.2131333)()()(21112211-=++++=+-++-+-=-----nn n n n n n n a a a a a a a a所以证得213-=nn a .3．(1)第1位职工的奖金a 1=nb ，第2位职工的奖金a 2=n1(1－n1)b ，第3位职工的奖金a 3=n1(1－n1)2b ，…，第k 位职工的奖金a k =n1 (1－n1)k －1b ;(2)a k －a k +1=21n(1－n1)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.(3)设f k (b )表示奖金发给第k 位职工后所剩余数，则f 1(b )=(1－n1)b ,f 2(b )=(1－n1)2b ,…,f k (b )=(1－n1)k b .得P n (b )=f n (b )=(1－n1)nb ,故eb b P n n =∞→)(lim .4．(1)当n ≥3时，x n =221--+n n x x ;=-=--=-+=-==-=212212232121,21)(212,)2(a a x x x x x x x a a x x aaa x x x x x x x 41)21(21)(2122332334=--=--=-+=-=, 由此推测a n =(－21)n －1a (n ∈N ． 证：因为a 1=a ＞0,且1111121)(2122----+-=-=-=-+=-=n n n nn n n n n n n a x x x x x x x x x a (n ≥2)所以a n =(－21)n －1a ．(3)当n ≥3时，有x n =(x n －x n －1)+(x n －1－x n －2)+…+(x 2－x 1)+x 1=a n －1+a n －2+…+a 1,由(2)知{a n }是公比为－21的等比数列，所以32)21(1lim 1=--=∞→a x n n a ．5.特征方程x 2=2x －2有两个相异实根x 1=1+i,x 2=1－i.则数列{a n }的通项公式为：n n n i C i C a )1()1(21-++=,代入前两项的值,得⎩⎨⎧=-++=-++4)1()1(0)1()1(222121i C i C i C i C解此方程组得：C 1=－1－i,C 2=－1+i, 故π+-=--+-=+++41cos2)1()1(2311n i i an n n n.6.特征方程x 3=2x 2+x －2有三个相异实根x 1=1,x 2=－1, x 2=2,则数列{a n }的通项公式为：nn n C C C a 2)1(321+-+=,代入前三项的值,得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++=+-,68,24,02321321321C C C C C C C C C解此方程组得：C 1=－2,C 2=0,C 3=1 故22-=nna.7.特征方程x 3=6x 2－12x +2有三重实根x =2,则数列{a n }的通项公式为：nn C n nC C a 2)(3221⋅++=,代入前三项的值,得⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++,872248,21684,1222321321321C C C C C C C C C解此方程组得：C 1=1,C 2=43-,C 3=41 故222)34(-+-=n nn n a.8.特征方程x 3=7x 2－16x +12有x 1=x 2=2, x 3=3,,则数列{a n }的通项公式为：32132)(C nC C a nn n +⋅+=,代入前三项的值,得⎪⎩⎪⎨⎧-=++=++=++,1327248,1984,2322321321321C C C C C C C C C 解此方程组得：C 1=4,C 2=23,C 3=－3, 故.3232112+-+-⋅+=n n n n n a9. 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a 1=1，登上第二级，有两种走法，记a 2=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a n =a n －1+a n －2, 显然这是缺了F 0项的Fibonacci 数列，它的通项为 F n =51[(251+)n+1－(251-)n+1]所n 级楼梯，共有F n 种不同的走法.10．假设存在正整数列{a n }满足条件. ∵2212++≥n n n a a a , a n ＞0∴211≤-n n a a 22121≤--n n a a 23221---≤≤n n n a a 12a a ,n=3,4,5,又∵12a a 122221a a ⋅≤-所以有≤-1n n a a 221-n 12a a ⋅,n=2,3,4,5,∴≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=--112221n n n a a a a ≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-2212)3()2(21n n n a a a ≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛≤-++-+-22121)3()2(21a a a n n n∴212122212---⋅⎪⎭⎫⎝⎛≤n n n n a a a设[)Z k a k k∈∈+,2,2122取N=k+3则有<⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛≤---212122212N N N Na a a,1122112211≤⋅⎪⎭⎫⎝⎛++++k k k k a 这Na 与是正整数矛盾.所以不存在正整数列{a n }满足条件.11．证明：令 10=a ,则有 11-++=k k k a a a ，且 ),2,1(1111=+=+-+k a a a a k k k k于是 ∑∑=+-=++=nk k k nk k k a a a a n 11111由算术－几何平均值不等式，可得 nn n a a a a a a 132211+⋅⋅⋅≥+nn n a a a a a a 113120+-⋅⋅⋅注意到 110==a a ，可知nn n nn a a a 11111+++≥，即nnnn a a 111+≥+12．令b n =a n 2n ,则b n+1=－32b n +12,两边减去 15 , 得b n+1－15=－32(b n －15),即数列{ b n －15}是公比为－32的等比数列,所以b n －15=(b 0－15)(－32)n =(a 0－15)(－32n ,a n =2n b n =2n (a 0－15)·(－32)n +15·2n , 即a n =(a 0－15)·(－3)n +15·2n (n ≥0),从而a n+1－a n = 2n10[ 403 (a 0－15)·(－32)n +1] ,设A=403 (a 0－15)则a n+1－a n = 2n10[ A(－32)n +1] ,若a 0＞15, 则A ＞0,对充分大的奇数n 有(－32)n ＞1A a n ＜a n －1, 若a 0＜15,则A ＜0. 对充分大的偶数n 有(32)n ＞－1A于是a n ＜a n －1.综上所述,当a 0≠15时,数列{a n }不是单调递增.仅当a 0= 15时a n+1－a n = 2n10＞0,数列{a n }是单调递增.。
递推公式和通项公式递推公式和通项公式是数学中常用的两种表示数列的方式。
数列是按照一定规律排列的一系列数值，比如斐波那契数列、等差数列等都是数学中常见的数列。
递推公式是通过前面的项得出后面的项，而通项公式则是通过数列中任意一项的下标得到这一项的数值。
下面将详细介绍递推公式和通项公式的概念、计算方法以及应用。
一、递推公式递推公式是通过前面的项推导出后面的项的公式，通常用于描述数列的规律。
递推公式的形式可以是直接递推公式和间接递推公式。
1.直接递推公式直接递推公式是根据数列中前面的若干项直接计算出后面其中一项的公式。
以斐波那契数列为例，斐波那契数列的递推公式为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F表示数列中的项数，n表示项数的下标，n-1表示前一项的下标，n-2表示前两项的下标。
根据这个递推公式，可以依次计算出数列中后续的项。
2.间接递推公式间接递推公式是通过数列中前面的项与后面的项的关系间接推导出后面其中一项的公式。
以等差数列为例，等差数列的递推公式为：an = a1+ (n-1)d，其中a表示数列中的项数，n表示项数的下标，a1表示首项，d表示公差。
根据这个递推公式，可以通过首项和公差来计算出数列中后续的项。
二、通项公式通项公式又称为数列的通项公式、一般项公式或通项公式，是通过数列中任意一项的下标得到这一项的数值的公式。
通项公式可以直接计算出数列中任意一项的数值，而不需要通过前面的项来逐步推导。
通项公式的形式可以是显式通项公式和递推通项公式。
1.显式通项公式显式通项公式是通过数列中任意项的位置直接计算该项的数值的公式。
以等差数列为例，等差数列的显式通项公式为：an = a1 + (n-1)d，其中an表示数列中第n项的数值，a1表示首项，d表示公差。
根据这个公式，可以直接计算出数列中任意一项的数值。
2.递推通项公式递推通项公式是通过数列中前面的若干项推导出后面其中一项的数值的公式。
递推通项公式通常是基于递推公式得到的。
递推数列特征方程的发现一、问题的提出递推(迭代)是中学数学中一个非常重要的概念和方法，递推数列问题能力要求高，内在联系密切，蕴含 着不少精妙的数学思想和方法。
在递推数列中占有重要一席的斐波那契数列，又称兔子数列，是学生非常乐意探讨的递推问题，许多 学生都会不约而同地向教师提出，这个数列有通项公式吗？如有，怎样求它的通项公式？笔者就曾碰到过 一位喜爱钻研的学生，带着参考书上的解法而向我请教：已知斐波那契数列 a 1 = a 2 =1,a n = a n • a n 」(n = 2,3,…)，求通项公式a n 。
参考书上的解法是这样的：221 +\[5 解 此数列对应特征方程为 x = x ''1即x -X-1= 0 ,解得x =21 亠 5 1 _ 5设此数列的通项公式为 a n =01()n ■ C 2( )n , 2 2由初始条件a<1 = a ? -1可知，2 2 15 2/1 …5 2 A)0( )=12 2这位学生坦率地表示，尽管参考书上介绍了利用特征方程求通项公式的一些结论，用上述方法得 到的通项公式也是正确的，但他还是“看不懂”。
换句话说，这种解法的依据是什么？特征方程是怎样来的？我虽然深知这是特征方程惹的祸，但由于现行教材只字未提特征方程，我也从未在课堂上作过 补充，如果将有关利用特征方程求递推数列通项的一些结论直接呈现出来，或者以“高考不作要求” 为由来搪塞，学生是难以接受的，也是不负责任的。
面对一头雾水的数学尖子，我在充分肯定其善于 思考、勇于探索的可贵品质的同时，也在苦苦寻觅解答这一问题的良策。
其后不久，一次偶然的数学 探究活动，竟使这一长期困惑我们教学活动的尴尬问题迎刃而解。
、研究与探索问题的解决源于对一阶线性递推数列通项公式的探求： 若数列 匕n ｝满足印=b,a n4t = ca n +d(c 式1),其通项公式的求法一般采用如下的参数法，将递推 数列转化为等比数列：设 a^ t=c(a n t)，则寺 1 = c% (c - 1)t ，-J令(c -1)t 二d ，即t =—— ，当c = 1时可得 c — 1a n 1 dc(a n d)，c —1c —1，解之得1c1 ：—5 1所以a n1-5「(丁知数列‘a n十丄:是以C为公比的等比数列，L. C -1丿丄d / 丄d \ n_1a n (a i )cc — 1 c — 1将a「b代入并整理，得d-bc n」—d.c — 1将上述参数法类比到二阶线性递推数列a n d = pa n qa n ^,能得到什么结论? 仿上，我们来探求数列：a n 1■ ta n詁勺特征：不妨设a n 1 - ta^S（a n ta.」）,则a n 1 二（S -t）a n • Sta n J,(1) 若方程组①有两组不同的实数解（S i ，t i ）, （s 2，贝y an 1 - t© = S|（an - lan 」），an 1' t 2a n - S2（a n t 2a n J ），即 a 「ha n - ^1 ta n 餐分别是公比为S 、S 2的等比数列,由等比数列性质可得a n 1 - t 1a n = (a 2 t 1a 1)S 1nJa n 1 t ?a n =@2 t^ajyT t i =t2,由上两式消去a n 1可得 a na ? t 〔a 1 n a ?t ?a 1n・S 1 一・S 2・S 1 t1 _t 2S 2t ^t2（2若方程组①有两组相等的解fS = S2，易证此时击=t 2an 12“卍.二& a .-二6 仗二"心.』八S1n4@a n 十 a na 2 — S1&1 卄RT 一「= ----------- 2—，即」Si S12 S1a n n S1是等差数列,由等差数列性质可知旦n =色• n - 1.a2号內, S1 S1 S1ct 2 (a -d)t -b =0记此方程的两根为h,t 2，(1) 若t i -42，将t i ,t 2分别代入②式可得a n 1 t i =(a ct i )』+c a n +da n 1 t 2 = (a 比)旦三c a n +d以上两式相除得 an 1人二 act1an t1，an^+t 2 a+ct 2 a n +t 2所以a空吐—s®(限于学生知识水平，若方程组①有一对共轭虚根的情况略)这样，我们通过参数方法，将递推数列转化为等比(差)数列，从而求得二阶线性递推数列的通项, 若将方程组①消去 二阶线性递推数列论：2Si32 - S 1312t 即得s 2 _ ps _ q = 0，显然s 1、s 就是方程x 2 = px • q 的两根，我们不妨称此方程为 a n ^pa n qa nj 的特征方程，于是我们就得到了散见于各种数学参考资料的如下结设递推公式为a n 1 = pa n qa nj ,其特征方程为x 2=px q 即x 2 - px-q = 0，1、若方程有两相异根 s 1、s 2，贝U a^c 1s )n - c 2s 2n ;2、若方程有两等根 & =S 2，则a n =(& • nC 2)s/.其中c ,、c 2可由初始条件确定。
探究二次递推公式的特征方程随着计算机技术的发展，递推公式在数学运算中扮演着越来越重要的角色。
二次递推公式作为其中的一个重要分支，其特征方程也备受关注。
本文将会深入探究二次递推公式特征方程，为读者提供指导意义。
二次递推公式是形如f(n)=af(n-1)+bf(n-2)+c的递推公式，其中a,b,c均为常数。
对于这类公式，我们可以通过特征方程的求解来快速求得其通项公式。
特征方程的一般形式为ax^2+bx+c=0，在求解特征方程时，需要根据公式系数a、b、c的不同情况，分别进行讨论。
情况一：特征方程有两个不相同的实根
当特征方程有两个不相同的实根x1和x2时，其通项公式为
f(n)=A(x1^n-x2^n)+B(x1^n-1-x2^n-1)，其中A、B为常数。
这里的(x1^n-x2^n)以及(x1^n-1-x2^n-1)可以通过数学推导求得，读者可自行研究。
情况二：特征方程有两个相同的实根
当特征方程有两个相同的实根x1=x2时，其通项公式为
f(n)=(An+B)x1^n，其中A、B为常数。
情况三：特征方程有两个共轭复根
当特征方程有两个共轭复根α+βi和α-βi时，其通项公式为f(n)=Cα^n*cos(βn)+Dα^n*sin(βn)，其中C、D为常数。
对于共轭复根，其意义是一对共存的根，它们的实部相等，虚部互为相反数。
通过上述分析，我们可以看到，特征方程对于二次递推公式的求解非常重要。
在实际应用中，我们可以通过求解特征方程，快速求得递推公式的通项公式，加速计算过程，提高效率。
