数列题，9道，如何做？

栏目：学前教育时间：2023-07-16

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　　饱含学长之爱的讲义

　　泻药...

　　首先表态，当命题者为了出题而出题时题目就会变成这个样的...所以下面的解析也会有许多“火眼金睛”的注意到，我也不指望让读者能完全明白。至多只能留个边角料思路...

　　以下是笔者完全做出的题。

　　这是个非齐次线性递推，先换元化为齐次

　　令 $a_n=b_n+f(n)$ ，代入原式得：

　　 $b_{n+2}+{\color{Blue} {f(n+2)}} =2b_n+{\color{Blue} {2f(n)+1}}$

　　令蓝色部分两边相等，得：

　　 $b_{n+2}=2b_n$

　　这时 $b_n$ 就满足齐次线性递推了，通项放后面求另外有： ${\color{Blue} {f(n+2)}} ={\color{Blue} {2f(n)+1}}$

　　设 $f(n)=\lambda$ ，有 $\lambda =2\lambda+1\Rightarrow \lambda=-1$

　　即 $f(n)=-1$

　　则 $b_n=a_n-f(n)=a_n+1$

　　下面再求 $b_n$

　　特征方程为 $t^2=2\Rightarrow t=\pm \sqrt{2}$

　　于是 $b_n=C_1\cdot (\sqrt{2} )^n+C_2\cdot (-\sqrt{2} )^n$

　　初值： $b_1=a_1+1=2,b_2=a_2+1=3$

　　代入解得： $C_1=\frac{3+2\sqrt{2} }{4} ,C_2=\frac{3-2\sqrt{2} }{4}$

　　于是 $b_n=\frac{3+2\sqrt{2} }{4} \cdot (\sqrt{2} )^n+\frac{3-2\sqrt{2} }{4} \cdot (-\sqrt{2} )^n$

　　 $\Rightarrow a_n=\boxed{\frac{3+2\sqrt{2} }{4} \cdot (\sqrt{2} )^n+\frac{3-2\sqrt{2} }{4} \cdot (-\sqrt{2} )^n-1}$

　　这题直接是齐次线性递推，比上面那题还简单些，套公式即可特征方程： $t^2=4t-1\Rightarrow t=2\pm \sqrt{3}$

　　于是 $a_n=C_1\cdot (2+\sqrt{3} )^n+C_2\cdot (2-\sqrt{3} )^n$

　　初值 $a_1=1,a_2=4$ 代入解得：

　　 $C_1=\frac{\sqrt{3} }{6} ,C_2=-\frac{\sqrt{3} }{6}$

　　于是 $a_n=\boxed{\frac{\sqrt{3} }{6} \cdot (2+\sqrt{3} )^n-\frac{\sqrt{3} }{6} \cdot (2-\sqrt{3} )^n}$

　　依题意这题的数列是从 $a_0$ 开始的，不过不影响方法的运行这是一个非齐次线性递推，跟例I(1)做法相同，先换元化为齐次

　　令 $a_n=b_n+f(n)$ ，代入原式得：

　　 $b_n+{\color{Blue} {f(n)}} =4b_{n-1}+{\color{Blue} {4f(n-1)}} +5b_{n-2}+{\color{Blue} {5f(n-2)+5^n}}$

　　令蓝色部分两边相等，得：

　　 $b_n=4b_{n-1}+5b_{n-2}$

　　这时 $b_n$ 就满足齐次线性递推了，通项放后面求另外有： ${\color{Blue} {f(n)}} ={\color{Blue} {4f(n-1)}} +{\color{Blue} {5f(n-2)+5^n}}$

　　这里遇到了一个我做这类题第一次遇到的情况(估计是齐次部分也有5这个根造成的)：最初是这样设(也是一般的设法)：设 $f(n)=\lambda \cdot 5^n$ ，有 $\lambda \cdot 5^n=4\lambda \cdot 5^{n-1} +5\lambda \cdot 5^{n-2}+5^n$ 即 $\lambda=\frac{4}{5} \lambda +\frac{1}{5}\lambda +1$ 而这个方程是无解的，因此我们需要先把这个 $5^n$ 处理掉:两边同除 $5^n$ 得：

　　 $\frac{f(n)}{5^n} =4\frac{f(n-1)}{5^n} +5\frac{f(n-2)}{5^n}+1$

　　化成同构式，即： ${\color{Red}{ \frac{f(n)}{5^n}}} =\frac{4}{5}\cdot {\color{Red}{ \frac{f(n-1)}{5^{n-1}}}} +\frac{1}{5} \cdot {\color{Red} {\frac{f(n-2)}{5^{n-2}}}} +1$

　　令 $g(n)={\color{Red}{ \frac{f(n)}{5^n}}}$ 得： $g(n) =\frac{4}{5}g(n-1) +\frac{1}{5} g(n-2)+1$

　　由于设 $g(n)$ 为常数无解，那么就考虑升一次，设 $g(n)=kn+b$

　　代入上式整理得： $0=-\frac{6}{5} k+1\Rightarrow k=\frac{5}{6}$

　　也即b取任何值均满足上式，不妨取 $b=0$

　　于是 $g(n)={\color{Red}{ \frac{f(n)}{5^n}}}=\frac{5}{6} n\Rightarrow f(n)=\frac{5}{6} n\cdot 5^n$

　　待更正

　　则 $b_n=a_n-f(n)=a_n-\frac{5}{6} n\cdot 5^n$

　　下面再求 $b_n$

　　特征方程为 $t^2=4t+5=2\Rightarrow t_1=-1,t_2=5$

　　于是 $b_n=C_1\cdot (-1)^n+C_2\cdot 5^n$

　　初值： $b_0=a_0-f(0)=2 ,b_2=a_1-f(1)=-\frac{7}{6}$

　　代入解得： $C_1=\frac{67}{36} ,C_2=\frac{5}{36}$

　　于是 $b_n=\frac{67}{36}\cdot (-1)^n+\frac{5}{36} \cdot 5^n$

　　 $\begin{align} \Rightarrow a_n&=\frac{67}{36}\cdot (-1)^n+\frac{5}{36} \cdot 5^n+\frac{5}{6} n\cdot 5^n\\ &=\boxed{\frac{67}{36}\cdot (-1)^n+(\frac{5}{6} n+\frac{5}{36} )\cdot 5^n} \end{align}$

　　上面的这3道题都是线性递推，还算有较为通用的模板求解

　　例2(2),遇到 $a_{n+1}=f(a_n)$ ( $f(x)$ 为整式多项式函数)的递推，可以考虑往正/余弦多倍角上靠

　　比如 $a_1=\frac{1}{2}, a_{n+1}=2a_n^2-1$ ，求 $a_n$

　　根据结构考虑二倍角公式 $\cos 2x=2\cos^2x-1$

　　令 $a_1=\cos m=\frac{1}{2}$ ，可取 $m=\frac{\pi }{3}$

　　则有

　　 $\begin{align} &a_2=2a_1^2-1=2\cos^2m-1=\cos2m\\ &a_3=2a_2^2-1=2\cos^22m-1=\cos4m\\ &a_4=2a_3^2-1=2\cos^24m-1=\cos8m\\ &\cdots \end{align}$

　　递推得： $a_n=\cos (m\cdot 2^{n-1})=\cos (\frac{\pi }{3} \cdot 2^{n-1})$

　　ps:如果初值不在 $[-1,1]$ ，比如 $a_1=2$ ，那就可以考虑三角函数的孪生兄弟双曲函数，即 $\cosh 2x=2\cosh^2x-1$ ，这个就留给感兴趣的读者当个练习吧[滑稽]

　　回到这题，

　　最初考虑余弦4倍角或双曲余弦4倍角：

　　 $\cos 4x=8\cos^4x-8\cos^2x+1$

　　 $\cosh 4x=8\cosh^4x-8\cosh^2x+1$

　　形式对上了，但系数还没对上，因此考虑换元，令 $a_n=tb_n$

　　则 $tb_{n+1}=t^4b_n^4-4t^2b_n^2+2$

　　 $\Rightarrow b_{n+1}=t^3b_n^4-4tb_n^2+\frac{2}{t}$

　　令 $t=2$ ，则 $b_{n+1}=8b_n^4-8b_n^2+1$

　　这时就刚好跟4倍角公式形式对上了初值 $b_1=\frac{a_1}{2} =\frac{3}{2} >1$ ，

　　于是令 $b_1=\frac{3}{2} =\cosh m\Rightarrow m=\cosh^{-1} \frac{3}{2}$

　　则有

　　 $\begin{align} &b_2=8b_1^4-8b_1^2+1 =\cosh4m\\ &b_3=8b_2^4-8b_2^2+1 =\cosh(4^2m)\\ &b_4=8b_3^4-8b_3^2+1 =\cosh(4^3m)\\ &\cdots \end{align}$

　　递推得：

　　 $b_n=\cosh (m\cdot 4^{n-1})=\cosh [(\cosh^{-1} \frac{3}{2} )\cdot 4^{n-1}]$

　　则 $a_n=2b_n=\boxed{2\cosh [(\cosh^{-1} \frac{3}{2} )\cdot 4^{n-1}]}$

　　这题其实是上一题的变种 $a_{n+1}=f(a_n)$ ， $f(x)=x^4+6x^3+\frac{27}{2} x^2+\frac{27}{2} x+\frac{57}{16}$

　　作图发现f(x)刚好有一条对称轴 $x=-\frac{3}{2}$ !!!因此考虑通过换元完成平移化为上述的形式。ps:余弦/双曲余弦4倍角递推满足 $a_{n+1}=f(a_n),f(x)=x^4-4x^2+2$ ，这里的f(x)是偶函数，因此遇到上面的4次函数则通过平移化为偶函数。令 $a_n=b_n-\frac{3}{2}$ ，得： $b_1=3,b_{n+1}-\frac{3}{2} =b_n^4-\frac{3}{2}$

　　即 $b_{n+1} =b_n^4$

　　欸??突然发现又不用4倍角了，又属于另一种题型了：取对数化为线性递推！！看来面对这种野题时需要随机应变...两边取对数得： ${\color{Red}{ \ln (b_{n+1})}} =4{\color{Red} {\ln b_n}}$

　　则构造 $\left \{ {\color{Red} {\ln b_n}} \right \}$ 为等比数列，求得：

　　 $\ln b_n=\ln 3 \cdot 4^{n-1}\Rightarrow b_n=e^{\ln 3 \cdot 4^{n-1}}=3^{4^{n-1}}$

　　则 $a_n=b_n-\frac{3}{2}=\boxed{3^{4^{n-1}}-\frac{3}{2}}$

　　暂时只会做这么多了，这些题是真的野，且不说计算量，这些形式都没怎么见过，估计搞竞赛的才能勉强有思路吧(

　　再补上其他题的一些边角料

　　例4(1):设 $\left \{ \frac{a_n-1}{n} \right \}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$

　　则当 $n\geqslant 2$ 时， $\frac{a_n-1}{n} =T_n-T_{n-1}=n+1$

　　当 $n=1$ 时， $\frac{a_1-1}{1}=T_1=2$ ，仍满足上式

　　综上， $\frac{a_n-1}{n} =n+1\Rightarrow a_n=\boxed{n^2+n+1}$

　　例8，由已知得：

　　 $\frac{a_n^2}{a_{n-1}a_{n+1}} \cdot \frac{n^2(n+2)}{(n+1)^3}=1$

　　考虑将 $\cdot$ 右边同构成 $\frac{f^2(n)}{f(n-1)f(n+1)}$ 的形式，然后与 $\cdot$ 左边合并为 $\frac{[{\color{Red} {a_nf(n)}} ]^2}{[{\color{Red} {a_{n-1}f(n-1)}} ][{\color{Red} {a_{n+1}f(n+1)}} ]} =1$ ，构造 $\left \{ {\color{Red} {a_nf(n)}} \right \}$ 为等比数列

　　 $\begin{align} &\frac{a_n^2}{a_{n-1}a_{n+1}} \cdot \frac{n^2(n+2)}{(n+1)^3}=1 \\ \Leftrightarrow &\frac{(na_n)^2}{[(n-1)a_{n-1}][(n+1)a_{n+1}]} \cdot \frac{(n-1)(n+2)}{(n+1)^2}=1 \\ \Leftrightarrow &\frac{[\frac{na_n}{n+1} ]^2}{[\frac{(n-1)a_{n-1}}{n} ][\frac{(n+1)a_{n+1}}{n+2} ]} \cdot \frac{n-1}{n}=1 \end{align}$

　　如果这个 $\frac{n-1}{n}$ 也能凑成 $\frac{f^2(n)}{f(n-1)f(n+1)}$ 那同构就大功告成了，就还差这一步了...

　　剩下的题等以后见到类型了而且记得时再回来答。题都出得太偏难怪了...(恼)

　　初次更新：

　　在题主的另一提问贴怎样求这四个数列的通项公式？中受 @iced soda 的解析思路启发后，补充以下几道题的解析：

　　先考虑构造齐次部分的辅助数列

　　设 $b_{n+3}+f(n+1)b_{n+2}+g(n+1)b_{n+1}=k[b_{n+2}+f(n)b_{n+1}+g(n)b_{n}]$

　　 $\Rightarrow b_{n+3}=[k-f(n+1)]b_{n+2}+[kf(n)-g(n+1)]b_{n+1}+kg(n)b_{n}$

　　对比有：

　　 $\left\{\begin{matrix} k-f(n+1)=n+5\\ kf(n)-g(n+1)=-2n-5 \\ kg(n)=n+1 \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} k=1\\ f(n)=-n-3 \\ g(n)=n+1\\ \end{matrix}\right.$

　　则 $\left \{ b_{n+2}-(n+3)b_{n+1}+(n+1)b_{n} \right \}$ 为常数列

　　令 $c_n=a_{n+2}-(n+3)a_{n+1}+(n+1)a_{n}$ ，有：

　　 $c_{n+1}-c_n=-4\cdot 3^n(n+1)$

　　累加得： $c_n-c_0=\sum_{n=0}^{n-1}[-4\cdot 3^n(n+1)] ,n\geqslant 1$

　　后面就是错位相减或者裂项，纯运算，不多赘述 $\Rightarrow c_n=(1-2n)\cdot 3^n,n\geqslant 1$

　　当 $n=0$ 时也满足上式

　　 $\therefore c_n={\color{Blue} {a_{n+2}-(n+3)a_{n+1}+(n+1)a_{n}=(1-2n)\cdot 3^n}}$

　　到此，终于给递推式降了一阶，后面便是重复上述方法考虑构造齐次部分的辅助数列

　　 $d_{n+2}+h(n+1)d_{n+1}=\lambda [d_{n+1}+h(n)d_{n}]$

　　 $\Rightarrow d_{n+2}=[\lambda -h(n+1)]d_{n+1}+\lambda h(n)d_{n}$

　　对比有：

　　 $\left\{\begin{matrix} \lambda -h(n+1)=n+3\\ \lambda h(n)=-n-1 \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} \lambda=1 \\ h(n)=-n-1 \end{matrix}\right.$

　　则 $\left \{ d_{n+1}-(n+1)d_n \right \}$ 为常数列

　　令 $f_n=a_{n+1}-(n+1)a_n$ ，有：

　　 $f_{n+1}-f_n=(1-2n)\cdot 3^n$

　　累加得： $f_n-f_0=\sum_{n=0}^{n-1}[(1-2n)\cdot 3^n] ,n\geqslant 1$

　　 $\Rightarrow f_n=(2-n)\cdot 3^n,n\geqslant 1$

　　当 $n=0$ 时也满足上式

　　 $\therefore f_n={\color{Blue} {a_{n+1}-(n+1)a_n =(2-n)\cdot 3^n}}$

　　终于又降了一阶这时就化为阶乘类模型了，两边同除 $(n+1)!$ 得：

　　 $\frac{a_{n+1}}{(n+1)!}- \frac{a_{n}}{n!}=\frac{(2-n)3^n}{(n+1)!} =\frac{3^{n+1}}{(n+1)!}-\frac{3^n}{n!}$

　　 $\Rightarrow\frac{a_{n+1}-3^{n+1}}{(n+1)!}=\frac{a_{n}-3^n}{n!}$

　　则 $\left \{ \frac{a_{n}-3^n}{n!} \right \}$ 为常数列

　　即 $\frac{a_n-3^n}{n!}=2\Rightarrow a_n=\boxed{2\cdot n!+3^n }$

　　做法同上题，先考虑构造齐次部分的辅助数列

　　 $b_{n+2}+f(n+1)b_{n+1}=k[b_{n+1}+f(n)b_n]$

　　 $\Rightarrow b_{n+2}=[k-f(n+1)]b_{n+1}+kf(n)b_n$

　　对比原式有：

　　 $\left\{\begin{matrix} k-f(n+1)= (n+2)^2\\ kf(n)=-n(n+2) \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} k=1 \\ f(n)=-n(n+2) \end{matrix}\right.$