递推数列的“魂”

陈定昌

数列问题一直是高考的重点，近些年来递推数列成为高考命题的热点，掌握递推数列问题的求解方法是复习备考的一个重要任务.

“递推公式千姿百态，数列问题‘稀奇古怪”， 递推数列的原创题会随着递推公式的变化层出不穷，同学们在高考复习时应做好这样的心理准备.然而，不论问题情境如何变化，递推数列的“魂”是始终不变的——那就是以递推公式为中心，对其进行适时变通运用！

例1 已知数列{an}中，a1=1，an=2an-1+1（n∈N*）.求证：a1+a2+…+an<2n+1-n.

解析： 例1给出的递推公式中，an表示为关于an-1的一个函数式，因此an=2an-1+1，an-1=2an-2+1，…，a2=2a1+1，采用逐式代入的方法可得：an=2（2an-2+1）+1=22（2an-3+1）+（2+1）=…=2n-1a1+（2n-2+…+22+2+1）=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1.

于是，a1+a2+…+an=（2-1）+（22-1）+…+（2n-1）=（2+22+…+2n）-n=2n+1-2-n<2n+1-n.

点评： 逐式代入是一种常用方法，应熟练掌握，例1就是使用了逐式代入的方法顺利证得.那么，是不是递推数列问题都可以用逐式代入的方法去解决呢？

例2 已知在数列{xn}中，xn≠0且xn+1=xn-（n∈N*）.问：是否存在不同的正整数m，n，使xm=xn成立？若存在，求出所有正整数对{m，n};若不存在，请说明理由.

解析： 若对例2中的递推公式使用逐式代入法，则有：xn=xn-1-=（xn-2-）-（xn-2-）2=（xn-3-）-（xn-3-）2-[（xn-3-）-（xn-3-）2]2=…，xn的表达式不仅越来越复杂，而且还显得杂乱无章. 那么该怎么办呢？我们还得从原递推公式中去想想办法.

由xn≠0，得xn+1-xn=-<0？圯xn+1

点评： 从例2我们可以看出，虽然逐式代入应用广泛，但有些题目用此方法并不合适，这就需要我们认真审题，充分利用题目中的已知条件，灵活变通，寻求新思路.

例3 已知数列{an}的相邻两项a2k-1，a2k是关于x的方程x2-（3k+2k）x+3k·2k=0的两个根，且a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）.

（1） 求a1，a3，a5，a7;

（2） 求数列{an}的前2n项和S2n.

解析： 由题意可知，a2k-1+a2k=3k+2k，a2k-1·a2k=3k·2k（k=1，2，3，…），分别取k=1，2，3，4，再根据a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）便可确定a1，a3，a5，a7;而S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n），故可将n个方程累加求得S2n.

（1） 当k=1时，a1+a2=3+2=5，a1·a2=3×2=6，因为a1≤a2，所以a1=2.同理，当k=2时，a3=4;当k=3时，a5=8;当k=4时，a7=12.

（2） S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）=（3·1+21）+（3·2+22）+…+（3n+2n）=3（1+2+…+n）+（2+22+…+2n）=3·+=+2n+1-2.

点评： 累加、累乘为递推法应用中的另一种常用方法，例2中的（2）就是使用累加的方法得到了数列前2n项的和.但是任何方法都不是万能的！

例4 已知正项数列{xn}中，x1=1，且+xn=3+2xn+1（n∈N*），求证：xn≤n-1（n∈N*）.

解析： 由递推公式得：+xn=3+2xn+1，+xn-1=3+2xn，…，+x1=3+2x2，显然，不管是使用累加、累乘或是逐式代入都很难求得结果. 所以，又得对递推公式进行变通运用，寻求新的解题思路.

当n=1时，x1=1，xn≤n-1成立;

当n>1时，+xn=3+2xn+1=（xn+1）2+（xn+1）+（2-）xn+1>（xn+1）2+（xn+1）.因为函数f（x）=x2+x在区间[0，+∞）上单调递增，而f（xn）>f（xn+1），故xn>xn+1.由xn>0，xn+1>0得xn+1<·xn？圯xn<·xn-1<2·xn-2<…

综上所述，xn≤n-1（n∈N*）.

点评： 递推法应用中，一定不能只局限于考虑使用某一特定的方法解题，很多时候我们需要根据实际问题，对递推公式进行适当变通，在熟练掌握常用的解题方法的前提下，根据具体问题寻求新的规律解题.

数列问题一直是高考的重点，近些年来递推数列成为高考命题的热点，掌握递推数列问题的求解方法是复习备考的一个重要任务.

“递推公式千姿百态，数列问题‘稀奇古怪”， 递推数列的原创题会随着递推公式的变化层出不穷，同学们在高考复习时应做好这样的心理准备.然而，不论问题情境如何变化，递推数列的“魂”是始终不变的——那就是以递推公式为中心，对其进行适时变通运用！

例1 已知数列{an}中，a1=1，an=2an-1+1（n∈N*）.求证：a1+a2+…+an<2n+1-n.

解析： 例1给出的递推公式中，an表示为关于an-1的一个函数式，因此an=2an-1+1，an-1=2an-2+1，…，a2=2a1+1，采用逐式代入的方法可得：an=2（2an-2+1）+1=22（2an-3+1）+（2+1）=…=2n-1a1+（2n-2+…+22+2+1）=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1.

于是，a1+a2+…+an=（2-1）+（22-1）+…+（2n-1）=（2+22+…+2n）-n=2n+1-2-n<2n+1-n.

点评： 逐式代入是一种常用方法，应熟练掌握，例1就是使用了逐式代入的方法顺利证得.那么，是不是递推数列问题都可以用逐式代入的方法去解决呢？

例2 已知在数列{xn}中，xn≠0且xn+1=xn-（n∈N*）.问：是否存在不同的正整数m，n，使xm=xn成立？若存在，求出所有正整数对{m，n};若不存在，请说明理由.

解析： 若对例2中的递推公式使用逐式代入法，则有：xn=xn-1-=（xn-2-）-（xn-2-）2=（xn-3-）-（xn-3-）2-[（xn-3-）-（xn-3-）2]2=…，xn的表达式不仅越来越复杂，而且还显得杂乱无章. 那么该怎么办呢？我们还得从原递推公式中去想想办法.

由xn≠0，得xn+1-xn=-<0？圯xn+1

点评： 从例2我们可以看出，虽然逐式代入应用广泛，但有些题目用此方法并不合适，这就需要我们认真审题，充分利用题目中的已知条件，灵活变通，寻求新思路.

例3 已知数列{an}的相邻两项a2k-1，a2k是关于x的方程x2-（3k+2k）x+3k·2k=0的两个根，且a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）.

（1） 求a1，a3，a5，a7;

（2） 求数列{an}的前2n项和S2n.

解析： 由题意可知，a2k-1+a2k=3k+2k，a2k-1·a2k=3k·2k（k=1，2，3，…），分别取k=1，2，3，4，再根据a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）便可确定a1，a3，a5，a7;而S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n），故可将n个方程累加求得S2n.

（1） 当k=1时，a1+a2=3+2=5，a1·a2=3×2=6，因为a1≤a2，所以a1=2.同理，当k=2时，a3=4;当k=3时，a5=8;当k=4时，a7=12.

（2） S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）=（3·1+21）+（3·2+22）+…+（3n+2n）=3（1+2+…+n）+（2+22+…+2n）=3·+=+2n+1-2.

点评： 累加、累乘为递推法应用中的另一种常用方法，例2中的（2）就是使用累加的方法得到了数列前2n项的和.但是任何方法都不是万能的！

例4 已知正项数列{xn}中，x1=1，且+xn=3+2xn+1（n∈N*），求证：xn≤n-1（n∈N*）.

解析： 由递推公式得：+xn=3+2xn+1，+xn-1=3+2xn，…，+x1=3+2x2，显然，不管是使用累加、累乘或是逐式代入都很难求得结果. 所以，又得对递推公式进行变通运用，寻求新的解题思路.

当n=1时，x1=1，xn≤n-1成立;

当n>1时，+xn=3+2xn+1=（xn+1）2+（xn+1）+（2-）xn+1>（xn+1）2+（xn+1）.因为函数f（x）=x2+x在区间[0，+∞）上单调递增，而f（xn）>f（xn+1），故xn>xn+1.由xn>0，xn+1>0得xn+1<·xn？圯xn<·xn-1<2·xn-2<…

综上所述，xn≤n-1（n∈N*）.

点评： 递推法应用中，一定不能只局限于考虑使用某一特定的方法解题，很多时候我们需要根据实际问题，对递推公式进行适当变通，在熟练掌握常用的解题方法的前提下，根据具体问题寻求新的规律解题.

数列问题一直是高考的重点，近些年来递推数列成为高考命题的热点，掌握递推数列问题的求解方法是复习备考的一个重要任务.

“递推公式千姿百态，数列问题‘稀奇古怪”， 递推数列的原创题会随着递推公式的变化层出不穷，同学们在高考复习时应做好这样的心理准备.然而，不论问题情境如何变化，递推数列的“魂”是始终不变的——那就是以递推公式为中心，对其进行适时变通运用！

例1 已知数列{an}中，a1=1，an=2an-1+1（n∈N*）.求证：a1+a2+…+an<2n+1-n.

解析： 例1给出的递推公式中，an表示为关于an-1的一个函数式，因此an=2an-1+1，an-1=2an-2+1，…，a2=2a1+1，采用逐式代入的方法可得：an=2（2an-2+1）+1=22（2an-3+1）+（2+1）=…=2n-1a1+（2n-2+…+22+2+1）=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1.

于是，a1+a2+…+an=（2-1）+（22-1）+…+（2n-1）=（2+22+…+2n）-n=2n+1-2-n<2n+1-n.

点评： 逐式代入是一种常用方法，应熟练掌握，例1就是使用了逐式代入的方法顺利证得.那么，是不是递推数列问题都可以用逐式代入的方法去解决呢？

例2 已知在数列{xn}中，xn≠0且xn+1=xn-（n∈N*）.问：是否存在不同的正整数m，n，使xm=xn成立？若存在，求出所有正整数对{m，n};若不存在，请说明理由.

解析： 若对例2中的递推公式使用逐式代入法，则有：xn=xn-1-=（xn-2-）-（xn-2-）2=（xn-3-）-（xn-3-）2-[（xn-3-）-（xn-3-）2]2=…，xn的表达式不仅越来越复杂，而且还显得杂乱无章. 那么该怎么办呢？我们还得从原递推公式中去想想办法.

由xn≠0，得xn+1-xn=-<0？圯xn+1

点评： 从例2我们可以看出，虽然逐式代入应用广泛，但有些题目用此方法并不合适，这就需要我们认真审题，充分利用题目中的已知条件，灵活变通，寻求新思路.

例3 已知数列{an}的相邻两项a2k-1，a2k是关于x的方程x2-（3k+2k）x+3k·2k=0的两个根，且a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）.

（1） 求a1，a3，a5，a7;

（2） 求数列{an}的前2n项和S2n.

解析： 由题意可知，a2k-1+a2k=3k+2k，a2k-1·a2k=3k·2k（k=1，2，3，…），分别取k=1，2，3，4，再根据a2k-1≤a2k（k=1，2，3，…）便可确定a1，a3，a5，a7;而S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n），故可将n个方程累加求得S2n.

（1） 当k=1时，a1+a2=3+2=5，a1·a2=3×2=6，因为a1≤a2，所以a1=2.同理，当k=2时，a3=4;当k=3时，a5=8;当k=4时，a7=12.

（2） S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）=（3·1+21）+（3·2+22）+…+（3n+2n）=3（1+2+…+n）+（2+22+…+2n）=3·+=+2n+1-2.

点评： 累加、累乘为递推法应用中的另一种常用方法，例2中的（2）就是使用累加的方法得到了数列前2n项的和.但是任何方法都不是万能的！

例4 已知正项数列{xn}中，x1=1，且+xn=3+2xn+1（n∈N*），求证：xn≤n-1（n∈N*）.

解析： 由递推公式得：+xn=3+2xn+1，+xn-1=3+2xn，…，+x1=3+2x2，显然，不管是使用累加、累乘或是逐式代入都很难求得结果. 所以，又得对递推公式进行变通运用，寻求新的解题思路.

当n=1时，x1=1，xn≤n-1成立;

当n>1时，+xn=3+2xn+1=（xn+1）2+（xn+1）+（2-）xn+1>（xn+1）2+（xn+1）.因为函数f（x）=x2+x在区间[0，+∞）上单调递增，而f（xn）>f（xn+1），故xn>xn+1.由xn>0，xn+1>0得xn+1<·xn？圯xn<·xn-1<2·xn-2<…

综上所述，xn≤n-1（n∈N*）.

点评： 递推法应用中，一定不能只局限于考虑使用某一特定的方法解题，很多时候我们需要根据实际问题，对递推公式进行适当变通，在熟练掌握常用的解题方法的前提下，根据具体问题寻求新的规律解题.