二阶递推数列的常用处理策略及其应用

宣培霞

摘 要：本文对近几年数学竞赛中二阶线性递推数列的常见题型进行了总结，得出二阶线性递推数列的通项公式的求法以及几个常见的变化.

关键词：二阶线性递推数列；特征根法；整除问题

求递推数列的通项，是数学竞赛中最为常见的考查内容之一，其中二阶线性递推数列在竞赛题的设置中是一个比较常用的选择，因此在竞赛辅导中对这一内容要重点突破. 以下是本人针对此内容在近几年竞赛中的考查进行了一些归纳，以期在竞赛辅导中能够对学生掌握这一知识点做一些参考.

特征根法求二阶线性递推数列的通项公式

例1 （2009年全国数学联赛）已知p，q（q≠0）是实数，方程x2-px+q=0有两个实根α，β，数列{an}满足a1=p，a2=p2-q，an=pan-1-qan-2（n=3，4，…）.

（1）求数列{an}的通项公式（用α，β表示）；

（2）若p=1，q=，求{an}的前n项和.

解：（1）an=pan-1-qan-2，可化为an=（α+β）·an-1-αβ·an-2，

an-α·an-1=β·（an-1-α·an-2）和an-β·an-1=α·（an-1-β·an-2），

所以数列{an-α·an-1}，{an-β·an-1}是等比数列.

由a1=p，a2=p2-q，得a2-α·a1=β2，a2-β·a1=α2，

所以an-α·an-1=βn，an-β·an-1=αn.

所以①若α≠β，从上二式中消去an-1得an=；

？摇②若α=β，则an-α·an-1=αn可化为-=1，

即数列为等差数列. 由a1=p=2α，所以=n+1，即an=（n+1）αn.

（2）若p=1，q=，得α=β=，所以an=（n+1）n，

用错位相减法求得前n项和为Sn=3-.

一般地，在线性二阶递推数列中，在一些参考书中通常用特征根法：

由an=pan-1-qan-2，写出特征方程：x2=px-q，得到两特征根：α、β. ①若α≠β，则an=Aαn+Bβn；

②若α=β，则an=（An+B）·αn.

再由a1，a2的值来确定其中的系数A，B.

或者结合转化的思想，对上面的递推式an-α·an-1=βn再转化为-=n，再用累加法得到通项公式.

而上面这个问题的设置，一方面强调了在处理二阶递推数列中的转化思想，让学生能够掌握这个基本方法；另一方面在解法上用上面的解法可以简化求出通项的过程，其中对初始项的选择也有其独到之处，当然，在其他二阶递推数列中也可以推广这一处理方法.

在竞赛题中的几个变式的处理策略

典型的二阶递推数列作为考查方式，学生基本上都能解决，在上题中命题者是希望通过此题对处理策略有所改变，特别是针对初始项做了巧妙的设计. 但作为试题设置，主要是考查学生能否把转化的思想运用在解决问题中.

例2 （2000年全国数学联赛）设数列{an}和{bn}满足a0=1，b0=0，且

an+1=7an+6bn-3，bn+1=8an+7bn-4， n=0，1，2，…，求证：an是完全平方数.

解：此题给出了两个数列间的互相递推式，但只要求证数列{an}的一个性质，因此把递推式中的bn消去的这个想法是自然的，先得到an+2=14an+1-an-6. 从形式上看，已经很接近二阶线性递推数列，只不过还要处理数字-6.

此时，再次用转化的思想，化为（an+2-A）=14（an+1-A）-（an-A），得A=.

令cn=an-，可用二阶递推数列的处理方法得到cn=.

所以an==.

最后结合二项式定理，可得an是完全平方数.

从此题的设计来看，我们可以在二阶递推式中加上一些非线性因素，考查学生运用转化思想的能力，其常用的方法是在二阶递推式上加上常数，或者与n有关的表达式. 如以下几题：

1. 已知数列{an}中，a1=a2=1，an+2=3an+1+18an+2n，求an.

策略一：把an+2=3an+1+18an+2n转化为

an+2+A·2n+2=3（an+1+A·2n+1）+18（an+A·2n），用待定系数法得A=.

设数列bn=an+·2n，满足bn+2=3bn+1+18bn.

用特征方程法解决得bn=-，所以an=--.

策略二：（化二阶为一阶）先忽略2n，用特征方程x2=3x+18得特征根6，-3.

把an+2=3an+1+18an+2n轉化为an+2+3an+1=6（an+1+3an）+2n，

设数列bn=an+1+3an，满足bn+1=6bn+2n，再用累加法处理.

2. 已知数列{an}中，a0=a1=1，an+2=an+1+2an+n-1，求an.

从以上几题中我们可以看出，在处理以二阶递推数列为主线的递推数列问题中，重点应注意转化思想的使用，把我们不熟悉的递推数列转化为常用的、能解决的，但特别要注意选择新数列.

二阶递推数列的一个应用

上面的问题还主要是通过对递推数列的变形来得到其通项公式，在数学问题的设计中，我们还经常对这个问题的各个环节进行分析，从每个点都可出发构造问题，因此深入研究这个问题的各个环节的特征，是我们在遇到新的问题时能够联想到这一知识的关键.

在上面二阶递推数列的解决中，特征方程是一个二次方程ax2+bx+c=0，通常有两个根，而这两个根的表达式x=是对称的. 其通项公式是an=A·n+B·n，而这个形式在二项式定理中有类似的用法.实际上在例2中对项an=是完全平方数这一结论已经使用了二项展开式的方法. 因此，在遇到类似的二项式问题中我们也可以逆用这一用法，用递推数列的方法来解决二项式方面的问题.

例3 数[（1+）1000]的个位数字是______（其中[x]表示不超过x的最大整数）.

分析：（1+）1000是一个无理数，但取整后的个位数如何求这一问题我们先得分解为两个问题：（1）如何取整；（2）如何求个位数.

在二项式定理的应用中，我们很快就想到了它的对称式（1-）1000.

利用二项式定理展开得：

（1+）1000+（1-）1000=2（+C·2+C·22+…+C·2500）；

这样由于组合数都是整数且（1-）1000是小于1的正数，故解决了取整的问题. 而个位数字的问题即是除以10所得余数的问题，在这个展开式中需要组合数与2n一起工作是一件麻烦事！为了减少麻烦，也可以把目标转换为（3+2）500+（3-2）500来得到. 在这里，我们也注意到，这里的目标的形式与递推关系中的形式的一致性，所以有了以下的想法.

由方程x2-2x-1=0的两根就是1±.

我们设计一个数列{an}如下：a0=a1=2，an+2=2an+1+an.

由二阶递推数列求通项的方法我们得到an=（1+）n+（1-）n.

根据递推方法我们得到数列{an}的模10数列为：

2，2，6，4，4，2，8，8，4，6，6，8，2，2，6， 4，4，…

注意到a12的模10后出现与a0到a11的一样的数，所以a1000模10的数字应该与a4模10的数字相同，即4.

再由（1-）1000是小于1的正数，所以[（1+）1000]的个位数字为3.

上面一例中我们注意到应用形式上的共同性，把不同知识点联系起来，用递推的方法来解决二项展开式中的一个问题. 应用这种思想，在下例中充分地把各个知识点：方程的根、递推的方法、整除问题联系到一起.

例4 已知方程x3-7x2+1=0的最大實根为t，则[t2000]被除7的余数为_____.

简解：由三次函数y=x3-7x2+1的图象，可得三次方程的根有三个α、β、t，且三个根的取值范围大约是-<α<0<β<，6

为了解决取整的问题，我们构造了“整数”：t2000+α2000+β2000.

因为0<α2000+β2000<1，所以[t2000]+1=t2000+α2000+β2000.

接下来，我们要重点证明这个数是一个整数，且它除以7所得余数为多少？

联想到上面对这一类问题的处理策略，我们构造数列{an}如下：

通项公式为an=tn+αn+βn，

其中a0=3，a=t+α+β=7，

a2=t2+α2+β2=（t+α+β）2-2（tα+tβ+αβ）=49，

an+3=7an+2-an（证明略）.

上面充分运用了三次方程的韦达定理以及转化的思想得到了一个递推数列. 然后我们运用上例的方法得到数列{an}模7的数列如下：

3，0，0，3，0，0，…

所以[t2000]除以7所得余数为6.