递推关系范文

递推关系范文（精选10篇）

递推关系 第1篇

利用递推关系求解计数问题是处理排列组合问题的一种有效形式, 我们可以从数字较简单的情形入手, 逐步递推到一般的情形, 其中建立递推关系是解题的关键所在, 兹举几例说明如何挖掘和利用计数中的递推关系.

一、一阶递推式

例1 已知△ABC内有任意三点不共线的2002个点, 把这2002个点加上△ABC的三个顶点共2005个点作为顶点, 连线组成互不重叠的小三角形, 则一共可组成的小三角形的个数为____.

解析:如图1, 设原来在△ABC中有m个符合条件的点, 符合条件的小三角形有f (m) 个, 现增加一个点F, 点F必落在某一小三角形中, 这时小三角形个数为f (m+1) , 于是f (m+1) =f (m) +2, 故{f (m) }构成一个等差数列, 即一共可组成的小三角形的个数为f (2002) =

3+ (2002-4) 2=4005个.

例2 在直角坐标系中, 定义横纵坐标都为整数的点为“整点”, 则集合

M={ (x, y) ||x|+|y|n, n∈N+}在

n=5时所确定的整点个数为____.

解析:如图2, 设正方形Gn所确定的整点个数为f (n) , 易知f (1) =5, 当n增加到n+1时, 在第一象限就增加了n+1个整点, 由对称性:f (n+1) =f (n) +4 (n+1) , 累加知f (n) =2n2+2n+1.故在n=5时所确定的整点共有f (5) =61个.

例3 已知平面内有10条直线, 这些直线中任何两条都不平行, 且任意三条都不共点, 它们把平面分成____个部分.

解析:设这些直线把平面分成f (n) 块, 由于f (1) =2, f (2) =4, 对于n条直线, 第n条直线和前n条都相交, 且增加了n-1个交点, 这些交点把第n条直线分成了n个部分, 于是新增加了n块区域.

即$f(n)=f(n-1)+n=\cdots =f(1)+2+3+\cdots +(n-1)+n=\frac{1}{2}(n{}^2+n+2)$, 故把平面分成$f(10)=\frac{1}{2}112=56$个部分.

例4 5对夫妻出席宴会, 要求每对夫妻相邻就餐, 有____种安排方法.

解析:设n个元素的圆周排列数为f (n) , 每对夫妻就餐, 都可以视为一个整体, n对夫妻就餐就可以视为n个元素的圆周排列, 易知

f (1) =f (2) =1, 当n个元素排好后, 可认为它们之间有n个空位, 第n+1个元素有n种放法.由分步计数原理知:n+1个元素的圆周排列满足f (n+1) =nf (n) , 所以$f(n)=f(1)\cdot \frac{f(2)}{f(1)}\cdot \frac{f(3)}{f(2)}\cdot \frac{f(n-1)}{f(n-2)}\cdot \frac{f(n)}{f(n-1)}=123\cdots (n-1)=(n-1)!,$

故所求安排方法有f (5) =24种.

例5 把一个圆分成n个扇形 (n≥2) , 依次记为D1、D2、、Dn-1、Dn, 每个扇形都可以用三种不同颜色中的任何一种涂色, 要求相邻的扇形颜色不同, 若n=4, 则共有____种不同涂色方法.

解析:设涂色方法共有f (n) 种, 当n=2时, f (2) =6, 下面寻求f (n) 的递推关系:D1有3种涂色方法, D2有2种涂色方法, , Dn-1有2种涂色方法, Dn仍有2种涂色方法 (不论是否与D1同色) , 这样共有32n-1种涂色方法.这32n-1种涂色方法可分为两类:

(1) Dn与D1同色, 虽然与要求不符, 但可以认为Dn与D1合为一个扇形, 此时涂色方法有f (n-1) 种;

(2) Dn与D1不同色, 此时涂色方法有f (n) 种.

于是, 32n-1=f (n) +f (n-1) .利用数列求和可得:f (n) =2n+2 (-1) n (n≥2) .

故n=4时, f (4) =18, 共有18种不同涂色方法.

二、二阶递推式

例6 一楼梯共有12级, 每步可以向上跨1级或2级, 共有____种上楼梯的方法.

解析:设跨到n级楼梯共有f (n) 种走法, 由题意, 跨到n级楼梯需从n-2级跨到, 或从

n-1级跨到, 前者有f (n-2) 种走法, 后者有

f (n-1) 种走法.

由分类计数原理知

f (n) =f (n-1) +f (n-2) .

易知f (1) =1, f (2) =2, f (3) =3, f (4) =5, , 故共有f (12) =f (11) +f (10) =233种上楼梯的方法.

例7 某城市在中心广场建造一个花圃, 花圃分为6个部分 (如图3) .现要栽种4种不同颜色的花, 每部分种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花, 不同的栽种方法有____种.

解析:第1区有4种栽种方法, 接下来在种2, 3, 4, 5, 6区时有3种颜色可选, 问题转化为这5个区如何栽种3种花.

下面研究n个区的递推关系:设有n个区 (如图4) D1、D2、、Dn-1、Dn, 当前n-1个区栽种后, 第n区的栽种方法f (n) 有两种情况:

(1) D1与Dn-2颜色相同的栽种方法有f (n-2) 种, Dn有2种栽种方法.

(2) D1与Dn-1颜色相同的栽种方法有f (n-1) 种, Dn有1种栽种方法.由分类计数原理, f (n) =2f (n-2) +f (n-1) .

利用数列求和的方法可得

f (n) =2n+2 (-1) n.

在本题中n=5, 故f (5) =30, 所求不同栽种方法为N=4f (5) =430=120种.

三、双元递推式

例8 甲、乙、丙三人练习传球, 球首先从甲手中传出, 第n次仍传给甲, 则共有____种不同的传球方法.

解析:设第n次传给甲的传球方法有f (n) 种, 第n次不传给甲的传球方法有g (n) 种, 对于每个人来说, 每次传球的方法有2种, 故n次传球共有2n种传球方法, 于是

f (n) +g (n) =2n ①

另一方面, 第n次传球给甲, 第n+1次必不传球给甲, 即

f (n+1) =g (n) ②

联立①②得, 2n=f (n+1) +f (n) .

利用数列求和可得:

$f(n)=\frac{1}{3}\cdot [2{}^n+2\cdot (-1){}^n](n\ge 2).$

例9 用1, 2, 3这3个数字来构造四位数, 但不允许相邻的1出现在四位数中, 则这样的四位数共有____个.

解析:设用1, 2, 3, 这3个数字来构造n位数:末位数字为1的有f (n) 个, 末为数字不为1的有g (n) 个, 则所有满足条件的n位数共有f (n) +g (n) 个.

考虑由1, 2, 3构成的n+1位数:

(1) 末位数字为1, 此类数可由满足要求的n位数中末位不为1的数末位添上1而得到, 故此类数有g (n) 个;

(2) 末位不为1, 此类数可由满足要求的n位数中末位添上2或3得到, 此类数有

2[f (n) +g (n) ]个.

于是,

$\{\begin{array}{l}f(n+1)=g(n)\\ g(n+1)=2[f(n)+g(n)]\end{array},$

由

$\{\begin{array}{l}f(1)=1\\ g(2)=2\end{array},$

得n=4时f (4) +g (4) =48.

递推关系 第2篇

严老师的课堂 最大的亮点就是师生互动如行云流水，如春风拂面， 如鱼翔浅底， 轻松活泼，而又不乏智慧的光芒，学生参与热情高，学习氛围好。 这节课的教学 重点就 是让学生通过对例题及其变式的思考，体会“利用递推关系求数列的通项公式”的方法 (如定义法、累加法、待定系数法等)和化归思想 。其实，此类问题既是数列教学中的难点问题，也是江苏高考的.热点问题。 总体而言，在严老师的引导下，学生基本达成了教学目标，高一学生能做到这一点已经难能可贵 了 。 笔者建议， 是不是 可以突破例题和练习的界限 ，进行 如下 的教学设计：

在数列中，已知 ，其前项和为 ， 根据下列条件， 分别求数列的通项公式 。

递推数列初探 第3篇

1.累加法

例1已知数列{an},a1=1，n∈N*，an=an-1+1n2-n（n≥2，n∈N*），求通项公式an．

解：∵ an-an-1=1n2-n=1n(n-1)=1n-1-1n（n≥2）．

∴ an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)

=1+1-12+12-13+…+1n-1-1n=2-1n．

评注：形如an=an-1+f(n)的递推数列，其中数列{f(n)}可求和，则可通过恒等式an=a1+(a2-a1)+(a2-a2)+…+(an-an-1)累加求通项．

2. 累乘法

例2已知数列{an}，a1=1，an＞0，(n+1)a2n-na2n-1+anan-1=0（n≥2，n∈N*），求数列an通项公式．解：∵ na2n-(n-1)a2n-1+anan-1=0，∴ ［nan-(n-1)an-1］(an+an-1)=0．

∵ an＞0，∴ an+an-1＞0，∴ nan-(n-1)an-1=0，∴ anan-1=n-1n．

∴ an=a1•a2a1•a3a2…anan-1=1•12•23…n-1n=1n．

评注：形如anan-1=f(n)的递推数列，其中数列{f(n)}可求积，则可通过恒等式an=a1•a2a1•a3a2…anan-1累乘求通项．

3.构造法

① 待定系数法

例3已知数列{an}，a1=1，an=3an-1+2（n≥2，n∈N*），求数列{an}通项公式．

解：∵ an=3an-1+2，令an+x=3(an+x)，

∴ x=1，∴ an+1=3(an+1)，∴ {an+1}为等比数列，首项为a1+1=2，公比q=3，∴ an+1=2•3n-1，∴ an=2•3n-1-1．

评注：形如an=qan-1+d（q，d为常数，q≠0，q≠1），可通过待定系数法凑配成an+dq-1=qan+dq-1，构造等比数列an+dq-1求通项，特别的，当q=1时{an}为等差数列．

② 取倒数法

例4已知f(x)=2x2x+1，数列an=f(an-1)(n≥2，n∈N*)，且a1=f(1)，求数列{an}的通项公式．

解：∵ an=f(an-1)，∴ an=2an-12an-1+1，∴ 1an=2an-1+12an-1，∴ 1an=12an-1+1，令1an+x=121an-1+x，∴ x=-2，∴ 1an-2是等比数列，首项为1a1-2=1f(2)-2=-12，公比q=12，∴ 1an-2=1a1-2•qn-1=-12•12n-1，∴ 1an=-2-n+2，∴ an=2n2n+1-1．

评注：形如an=can-1an-1+d（c,d为常数，c≠d,c≠0,d≠0）的递推数列，可通过取倒数1an=dc•1an-1+1c，再通过待定系数法构造等比数列求通项，特别的，当c=d时数列1an为等差数列．

③ 取对数法

例5已知数列{an}，a1=10，an=10a2n-1，(n≥2，n∈N*)，an＞0求数列{an}的通项公式．

解：∵ an=10a2n-1，∴ lgan=2lgan-1+1，令(lgan+x)=2(lgan-1+x)，∴ x=1，∴ {lgan+1}为等比数列，首项为lga1+1=2，公比q=2，∴ lgan+1=2n，∴ an=102n-1．

评注：形如an=can-1p（c，p为常数，an＞0，c＞0,p＞0，p≠1），两边取对数lgan=plgan-1+lgc，再通过待定系数法构造等比数列求通项，当p=1时，数列{lgan}为等差数列．

④ 换元法

例6已知数列{an}，a1=1，an=2an-1+3n（n≥2，n∈N*），求数列{an}的通项公式．

解：∵ an=2an-1+3n，∴ an3n=2an-13n+1，

∴ an3n=23•an-13n-1+1，令bn=an3n，bn+x=23（bn-1+x），

∴ x=-3，∴ {bn-3}为等比数列，首项为b1-3=-83，公比q=23，∴ bn-3=an3n-3=-83•23n-1=-2n+23n，∴ an=3n+1-2n+2．

评注：形如an=qan-1+dn（q，d为常数，q≠0，d≠0，q≠1，d≠1，d≠q）的递推数列，可变换成andn=qd•an-1dn-1+1，令bn=andn，转化为bn=qdbn-1+1，通过待定系数法求通项．特别的，q=d时，bn为等差数列．

4.数学归纳法

例7已知数列{an}满足a1=1，且4an+1-anan+1+2an=9（n∈N*），求数列{an}的通项公式．

解：∵ a1=1，4an+1-anan+1+2an=9(n∈N*)，∴ a2=73，a3=135，a4=197．

猜想： an=1+6(n-1)2n-1．

下证：当n=1时，猜想成立．当n=k（k∈N*）时，猜想成立，即ak=1+6(k-1)2k-1则当n=k+1时，有ak+1=2-1ak-4=2-16k-52k-1-4=6k+12k+1=1+6［(k+1)-1］2(k+1)-1．

∴ 当n=k+1时也成立．综上可知an=1+6（n-1）2n-1成立．

评注：数学归纳法求通项公式遵循“归纳，猜想，证明”，三步曲．

从数列的递推关系式求出数列通项的过程中，有时需要构造一个全新的数列，有时需要从特殊归纳到一般结论，这实际上是一次思维的整理，和创新的过程．

探究计数中的递推关系 第4篇

计数中的递推关系体现了计数知识与数列知识的交汇性, 利用递推关系探究计数问题思路自然流畅, 兹举几例说明.

1 一阶递推关系式

例1 把1个圆分成4个扇形, 依次记为D1, D2, D3, D4, 每个扇形都可以用3种不同颜色中任何1种涂色, 要求相邻的扇形颜色不同, 则共有___种不同涂色方法.

探究1 把1个圆分成n个扇形 (n≥2) , 依次记为D1, D2, , Dn-1, Dn , 每个扇形都可以用3种不同颜色中任何1种涂色, 要求相邻的扇形颜色不同, 则共有___种不同涂色方法.

解析 设涂色方法共有f (n) 种, 当n=2时, f (2) =6.下面寻求f (n) 的递推关系:D1有3种涂色方法, D2有2种涂色方法, , Dn-1有2种涂色方法, Dn仍有2种涂色方法 (不论是否与D1同色) , 这样共有32n-1种涂色方法.这32n-1种涂色方法可分为两类:

1) Dn与D1同色, 虽然与要求不符, 但可以认为Dn与D1合为1个扇形, 此时涂色方法有f (n-1) 种;

2) Dn与D1不同色, 此时涂色方法有f (n) 种.

于是, 由分类计数原理知

$32{}^{n-1}=f(n)+f(n-1).$

利用数列求通项的方法可得

$f(n)=2{}^n+2\cdot (-1){}^n(n\ge 2).$

在本题中, 令n=4, 则f (4) =18, 故共有18种不同涂色方法.

例2 已知△ABC内任意三点不共线的2002个点, 把这2002个点加上△ABC的3个顶点共2005个点作为顶点, 连线组成互不重叠的小三角形, 则一共可组成的小三角形的个数为___.

探究2 已知△ABC内任意三点不共线的n个点, 把这n个点加上△ABC的3个顶点共n+3个点作为顶点, 连线组成互不重叠的小三角形, 则一共可组成的小三角形的个数为___.

解析 设原来在△ABC中有n个符合条件的点, 符合条件的小三角形有f (n) 个, 现增加1个点F, 点F必落在某一小三角形中, 这时小三角形个数为f (n+1) , 则有f (n+1) =f (n) +2, 故{f (n) }构成一个等差数列.显然, f (n) =2n+1.

在本题中, n=2002, 故所求三角形个数为

$f(2002)=3+(2002-1)2=4005.$

例3 设M∈Z, 若a∈M满足a+1∉M且a-1∉M, 则称a为孤立元.那么A10={1, 2, , 10}的无孤立元的4元子集个数为___.

探究3 设M∈Z, 若a∈M满足a+1∉M且a-1∉M, 则称a为孤立元.设An={1, 2, , n} (n≥4) 的无孤立元的4元子集个数为f (n) =___.

解析 由孤立元的定义, 任意两个相邻的数字构成的元素都不是所在集合的孤立元.An+1={1, 2, , n, (n+1) } (n≥4) 的无孤立元的4元子集个数为f (n+1) 分两类计算:

1) 除去元素 (n+1) 的集合An={1, 2, , n} (n≥4) 的无孤立元的4元子集个数即f (n) ;

2) 含有元素 (n+1) 的集合, 此时, 4元集合中定会出现另外一个与 (n+1) 相邻的元素n, 剩余两个元素可分别由1, 2;2, 3;3, 4;; (n-2) , (n-1) 这 (n-2) 种方法补上, 即有 (n-2) 个子集.

于是, 由分类计数原理知

$f(n+1)=f(n)+(n-2)(n\ge 4).$

利用数列求通项的方法得

$f(n)=\frac{1}{2}(n-2)(n-1)(n\ge 4).$

在本题中, 令n=10, 可得f (10) =36.

2 二阶递推关系式

例4 一楼梯共12级, 每步可以向上跨1级或2级, 共有___种上楼梯的方法.

探究4 一楼梯共n级, 每步可以向上跨1级或2级, 共有___种上楼梯的方法.

解析 设跨到n级楼梯共有f (n) 种走法, 由题意, 跨到n级楼梯需从n-2级跨到, 或从n-1级跨到, 前者有f (n-2) 种走法, 后者有f (n-1) 种走法.

由分类计数原理知f (n) =f (n-1) +f (n-2) , 这就是斐波纳契数列的具体表现 .

利用数列求通项的方法得

$f(n)=\frac{\sqrt{5}}{5}\left[\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right){}^n-\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right){}^n\right].$

在本题中, 易知f (1) =1, f (2) =2, f (3) =3, f (4) =5, , f (10) =89, f (11) =144, 故f (12) =f (11) +f (10) =233, 即共有233种上楼梯的方法.

例5 如图1, 某城市在中心广场建造一个花圃, 花圃分为6个部分.现要栽种4种不同颜色的花, 每部分种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花, 不同的栽种方法有___种.

探究5 如图2, 现要栽种4种不同颜色的花到n个区:D1, D2, , Dn-1, Dn, 每部分种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花, 不同的栽种方法有___种.

解析 下面研究n个区的递推关系: D1, D2, , Dn-1, Dn, 当前n-1个区栽种后, 第n区的栽种方法f (n) 有两类:

1) D1与Dn-2颜色相同的栽种方法有f (n-2) 种, Dn有2种栽种方法;

2) D1与Dn-1颜色相同的栽种方法有f (n-1) 种, Dn有1种栽种方法.

由分类计数原理, f (n) =2f (n-2) +f (n-1) , 利用数列求通项的方法可得

$f(n)=2{}^n+2\cdot (-1){}^n.$

在本题中n=5, f (5) =30, 故所求不同栽种方法为N=4f (5) =430=120种.

例6 现将4个编号分别为1, 2, 3, 4的小球放入编号分别为1, 2, 3, 4的4个盒子中, 要求每盒只放1个球, 则球号与盒号都不相同的放法总数为___.

探究6 现将n个编号分别为1, 2, 3, , n的小球放入编号分别为1, 2, 3, , n的n个盒子中, 要求每盒只放1个球, 则球号与盒号都不相同的放法总数为___.

解析 设Dn表示n个编号都错位的排法总数, 显然D1=0, D2=1, 当n≥3时, 这种排法有两类:

1) 编号为t的盒子中放入编号为k的球, 同时编号为k的盒子中放入编号为t的球 (t≠k, t, k∈[1, n]) , 而其余都是错位的排法, 故有Dn-2种;

2) 编号为t的盒子中不放入编号为k的球, 同时编号为k的盒子中放入编号为t的球 (t≠k, t, k∈[1, n]) , 而其余都是错位的排法, 故有Dn-1种;

由于k的选择有n-1种, 由分类计数原理有

$D{}_n=(n-1)(D{}_{n-1}+D{}_{n-2}).$

在本题中, n=4, D1=0, D2=1, D3= (3-1) (D1+D2) =2, D4= (4-1) (D3+D2) =9, 故球号与盒号都不相同的放法总数有9种.

3 双元递推关系式

例7 甲、乙、丙三人练习传球, 球首先从甲手中传出, 第6次仍传给甲, 则共有___种不同的传球方法.

探究7 甲、乙、丙三人练习传球, 球首先从甲手中传出, 第n次仍传给甲, 则共有___种不同的传球方法.

解析 设第n次传给甲的传球方法有f (n) 种, 第n次不传给甲的传球方法有g (n) 种, 对于每个人来说, 每次传球的方法有2种, 故n次传球共有2n种传球方法, 于是

$f(n)+g(n)=2{}^n.(1)$

另一方面, 第n次传球给甲, 第n+1次必不传球给甲, 即

$f(n+1)=g(n).(2)$

联立 (1) , (2) , 得

$2{}^n=f(n+1)+f(n).$

利用数列求通项的方法可得

$f(n)=\frac{1}{3}\cdot [2{}^n+2\cdot (-1){}^n](n\ge 2).$

在本题中, n=6, f (6) =22, 故共有22种不同的传球方法.

且

当c=0时, 方程 (2) 与bx2+cx=0有相同的解, 故c=0符合;

当b≠0, c≠0时, 若b2-4c<0, 即 (-c) 2-4c<0时, 方程 (2) 必无解, 得0<c<4;

若b2-4c≥0, 方程t2+bt+c=0尽管有解, 但

却无解, 故有

解之得

综上, c∈[0, 16) .

评析通过对问题分解, 发现此问题的本质是方程b (bx2+cx) +c=0要么有根, 但是前一方程的重根, 要么没有根, 在分解中分出解题思路, 分出解题方法.

例析递推数列与计数问题 第5篇

递推数列是一类广泛而复杂的问题,其特点是逻辑推理性强,求解方法开放、灵活.数列应用问题的特征是内容广泛,对信息收集、语言转换和数据处理能力的要求高.本文介绍递推数列在计数问题中的几个应用,供同学们参考.一、 排列问题 例1 把1元与2元的硬币共n元放成一排,总共有多少种不同的放法?解 设放法总数为xn,则x1=1,x2=2.

把xn种放法分为两类:(1)头一枚是1元的放法数应是xn-1;(2)头一枚是2元的放法应是xn-2.

于是xn=xn-1+xn-2(n=3,4,5,…).

下面用待定系数法求通项xn.

引入参数a,b,设xn-axn-1=b(xn-1-axn-2),也即xn=(a+b)xn-1-abxn-2.

故a+b=1,ab=-1.参数a,b可视为x2-x-1=0的两个根,则a=,b=或a=,b=.

于是xn-xn-1=xn-1-xn-2①,xn-xn-1=xn-1-xn-2②.

由①式知数列xn-xn-1是首项为x2-x1=,公比为q1=的等比数列,所以有xn-xn-1=n-2=n③.

由②式知数列xn-xn-1是首项为x2-x1=,公比为q2=的等比数列,所以有xn-xn-1=n-2=n④.

由③④消去xn-1,即得xn=n+1-n+1.

评析 这是著名的斐波那契数列.本题采用待定系数法化归为等比数列求通项问题.二、 染色问题 例2 把一个圆分成n(n≥2)个扇形,依次记为S1,S2,…,Sn,每一个扇形可用红、黄、蓝三种颜色中的任一种涂色,但要求相邻扇形的颜色互不相同,问一共有多少种涂色方法?解 设分成n个扇形时,涂法的总数为an(n≥2).

当n=2时,S1有3种涂法,S2与S1的颜色不能相同,故对于S1的每一种涂法,S2仅有两种涂法,这样共有a2=3×2=6种涂法;当n>2时,由于S1有3种涂法,S2有两种涂法,接着S3,S4,…,Sn-1,Sn依次有两种涂法,即共有3×2n-1种涂法,但其中Sn与S1的颜色相同时有an-1种涂法,故有an=3×2n-1-an-1(n≥2),两边同时除以2n,得=-•,即-1=--1.

所以数列-1是以首项为-1=,公比为-的等比数列,所以-1=,即an=2n1+=2[2n-1+(-1)n].

故当n>2时,一共有2[2n-1+(-1)n]种涂色方法.

评析 染色问题是中学数学奥赛的热点问题,说不定也将成为数学高考的热点问题.三、 更列问题 例3 五个人排成一列,重新站队时,各人都不站在原来的位置上,那么不同的站队方式共有多少种?解 首先我们把人数推广到n个人,即n个人排成一列,重新站队时,各人都不站在原来的位置上.设满足这样的站队方式有an种,现在我们来通过合理分步,恰当分类找出递推关系:

第一步:第一个人不站在原来的第一个位置,有n-1种站法;

第二步:假设第一个人站在第i(i≠1)个位置,则第i个人的站法可以分为两类:第一类,第i个人恰好站在第一个位置,则余下的n-2个人有an-2种站队方式;第二类,第i个人不站在第一个位置,则就是第i个人不站在第一个位置,第二个人不站在第二个位置,第三个人不站在第三个位置,……,第n个人不站在第n个位置,也即余下的n-1个人排队,所以有an-1种站队方式.

由分步计数原理和分类计数原理,我们便得到了数列{an}的递推关系式:an=(n-1)(an-2+an-1).显然,a1=0,a2=1,再由递推关系有a3=2,a4=9,a5=44,故共有44种.四、 传球问题 例4 甲、乙、丙、丁四人相互传球,第一次甲传给乙、丙、丁中的任一人,第二次由拿球者再传给其他人中任一人,这样共传了四次,求第四次球仍传回到甲的方法种数.解 先把这个题目进行推广:m(m∈N+)个人相互进行n(n∈N+)次传球,由甲先传,第一次甲传给其他m-1个人中的任一人,第二次由拿球者再传给其他人中任一人,这样经过n次传球,最后球仍回到甲手中的传球方法有多少种?(这里m为常数)

设不同的传球方法共有an种,现在我们来通过合理分步,恰当分类找出递推关系:

第一步进行第一次传球:甲传给其他人,有m-1种传球方法;

第二步进行第二次传球:拿球者把球传给其他人,仍有m-1种传球方法;

同理,第三次、第四次……第n-1次传球都有m-1种传球方法,最后进行第n次传球,由于只能传给甲,故只有一次传球方法.故有(m-1)n-1种传球方法,但要注意第n-1次传球不能传给甲,否则就不存在第n次传球,因此要去掉第n-1次传球,球恰好传给甲的传球方法数,这就是由甲先传,经过n-1次传球后球又回到甲手中的传球方法,显然,这里有an-1种传球方法,所以有递推关系:an=(m-1)n-1-an-1,又易得a1=0.

而在本题中,m=4,所以an=3n-1-an-1,所以a2=3-a1=3,a3=32-a2=6,a4=33-a3=21,故第四次球仍传回到甲的方法种数共有21种.

评析 从上面的解答与分析我们可以看到,用递推法解答排列组合问题的关键所在就是得到递推关系式.

1. 欲登上第10级楼梯,如果规定每步只能跨上一级或两级,则不同的走法共有多少种?

2. 用4种不同颜色涂四边形的4个顶点,要求每点染一种颜色,相邻的顶点染不同的颜色,求不同的染色方法种数.

递推关系在一些数学问题中的应用 第6篇

例1. (汉诺 (Hanoi) 塔问题) 古代有一个梵塔, 塔内有三个座A、B、C.A座上有64个盘子, 盘子大小不等, 大的在下, 小的在上.有一个和尚想把这64个盘子从A座移到C座, 但每次只允许移动一个盘子, 并且在移动过程中, 3个座上的盘子始终保持大盘在下, 小盘在上. (在移动过程中可以利用B座) 问需要移动盘子的最少次数?

例2. (Fibonacci数列) 在一年之初把性别相反的一对新生兔子放进围栏, 从第二个月开始, 母兔每月生出一对性别相反的小兔.每对新生兔也从它们第二个月大开始每月生出一对新兔, 求一年后围栏内兔子的对数?

对于上述问题的求解, 直接求解会比较困难, 若采取递推公式结合matlab编程, 就会使问题求解变得简单.

2. 递推关系的运用原理

设一个未知函数f (n) , 用其自身构成的已知函数g来定义:

f (n) =g (n, f (n-1) ) , n≠0

f (n-1) =g (n-1, f (n-2) ) , n≠0

f (0) =a, n=0

然后通过初始条件计算得出f (n) .

3. 运用递推公式求解上述问题

(1) 例1的求解

记an为一个柱子上的n个盘子全部转移到另外一个柱子上所用的次数.则:a1=1.另外要将n (n≥2) 个盘子从A座移到C座, 为了使移动的次数最少, 必定先将A座的n-1个盘子按要求全部先移到B座 (需要移动盘子的次数为an-1) , 然后将第n个盘子直接移到C座, 最后将B座上的n-1个盘子通过借助A座移到C座 (需要移动盘子的次数为an-1) , 从而得出递推关系为:an=2an-1+1, 然后通过求解数列易得an=2n-1, 于是得该题结果为264-1.

(2) 例2的求解

令fn表示在第n个月开始时围栏内的兔子对数, 易得:f1=f2=1.我们先推导关于fn的一个递推关系, 然后从这个关系出发计算f13.

从第n个月开始, 围栏内的兔子可以分为两部分:在第n-1个月开始已有的兔子和第n-1个月期间出生的那些兔子.由于一个月的成熟过程, 在第n-1个月期间出生的小兔的对数为在第n-2个月开始时存在的兔子对数.这样, 在第n个月开始就有fn-1+fn-2对兔子.于是得到递推关系:

若令f0=0, 可得:fn-fn-1-fn-2=0 (n≥2)

由差分方程的解的特点可寻找上述递推关系形如:fn=qn的解, 其中q是一个待定非零常数.若要fn=qn满足上述递推关系当且仅当qn-qn-1-qn-2=0或等价地qn-2 (q2-q-1) =0 (n=2, 3, 4, ) , ∵q≠0, ∴ (q-q-1) =0.所以q有两个根:, 因此两者都是满足上述递推关系的解.

从而上述等价关系的解可以表示成:

得出f13=233, 因此, 一年后围栏内有233对兔子.

4. 结语

本文通过几个实例说明了运用递推关系确实能给许多问题的求解带来方便, 但是如何确定一些问题中是否存在递推关系, 存在什么样的递推关系, 以及如何建立递推关系, 还需要读者运用所学知识来仔细推敲.

参考文献

[1]威斯康星大学麦迪逊分校著.冯舜玺, 罗平, 裴伟东译.组合数学[M].机械工业出版社, 2004.

[2]刘来福, 黄海洋, 曾文艺.数学模型与数学建模 (第3版) [M].北京师范大学出版社, 2009.

几类非齐次递推关系的解法探讨 第7篇

递推关系是计数的一个强有力工具, 建立正确的递推关系并且进行求解可以解决很多实际问题, 所以递推关系求通项是我们经常遇到的问题。对于常系数线性齐次递推关系利用特征方程的方法已经得到完美的解决, 而对于常系数线性非齐次、变系数线性非齐次等的情况没有一般的通用的求解方法。本文主要就几类低阶的常系数线性非齐次递推关系, 利用公式法、阶差法和叠加法等思想给出其通项的求法。

设k阶常系数线性非齐次递推关系式为:

其中a1, a2, …, ak是k个常数且ak≠0, f (n) 是以非负整数n为自变量的实函数。

引理1[1]设uÁ=bÁ (n0, 1, 2, …) 是递推关系 (1) 的一个解, un=Bn是递推关系的通解, 则uÁBÁbÁ是递推关系的通解。

由引理1可以看出, 递推关系 (1) 求解的关键就是求出一个特解, 而当f (n) 为多项式和指数函数时, 关于特解又有如下引理:

引理2设f (n) 是n的m次多项式, 如果1是递推关系 (2) 的i重特征根, 则递推关系 (1) 有特解uÂnÁg (n) , 其中g (n) 是n的一个m次多项式。

引理3设f (n) c•aÁ, 其中c和a均为非零常数, 如果a是递推关系 (2) 的i重特征根, 则递推关系 (1) 有特解uÂA nÁaÂ, 其中A是待定常数。

由上述引理可以看出, 分析f (n) 的情况求出特解再加上所对应齐次递推关系的通解可以比较完美的求出非齐次的通解, 但是当递推关系的阶数比较低, 是可以使用其他一些比较简单的方法, 快速有效的求出通解的。本文主要就几类低阶非齐次线性递推关系采用公式法、阶差法和叠加法等思想简单快速的给出其通项的求法。

2 一阶常系数线性非齐次递推关系[2,3]

2.1 形如un+1=aun+b的数列递推关系 (其中a, b均为常数, 且b≠0)

事实上, 数列可以分为:

(1) 当a=0时, un+1=b, {un}为常数列;

(2) 当a=1时, un+1=un+b, {un}为等差数列, 通项un=u1+ (n-1) b;

(3) 当a≠0时, 这是一般的一阶递推关系.

定理1已知数列首项u1, 且un+1=aun+b, 其中a, b均为常数, a≠1, b≠0则

证明1 (引理法) :当a≠1时, 由引理1首先求出un+1=aun的通解 (C为任意常数) , 由引理2知特解为un=A (其中A为待定常数) , 代入递推关系un+1=aun+b, 得, 则un+1=aun+b的通项为。代入初始值u1, 得, -即;

证明2 (阶差法) :由un+1=aun+b, 则un=aun-1+b, 两式相减, 得un+1-un=a (un-un-1) 即{un+1-un}是以u2-u1为首项, 等比为a的等比数列, 则un+1-un= (un-un-1) an-1=[ (a-1) u1+b]an-1

代入un+1=aun+b, 得。

例1在数列{un}中, u1=2, 且满足un+1=3un+2, 求数列的通项公式。

解:若用引理法, 可知特解为un=A (其中A为待定常数) , 由A=3A+2, 得A=-1, 则通项为un=C3n-1 (其中C为待定常数) , 代入初始值u1=2, 得C=1, 则un=3n-1。

若用阶差法可得un+1-un=3 (un-un-1) , 即{un+1-un}是以u2-u1=6为首项, 等比为3的等比数列, 则un+1-un=6·3n-1=2·3n。代入un+1=3un+2, 得2un+2=2·3n, 即un=3n-1。

2.2 形如un+1=aun+b·n+c的数列递推关系 (其中a, b, c均为常数, 且b, c≠0)

基本求解过程类似2.1:当a=1时, 由引理2可知特解为n的一个2次多项式, 使用待定系数法即可求出特解;当a≠1时, 可利用引理法或阶差法进行求解。

例2在数列{un}中, u1=1, 且满足un+1=3un+2n+1, 求数列的通项公式。

解:若用引理法, 可知特解为un=An+B (其中A, B为待定常数) , 代入递推关系un+1=3un+2n+1, 得A=-1, B=-1则通项为un=C3n-n-1 (其中C为待定常数) 。代入初始值u1=1, 由1=3C-1-1, 得C=1, 则un=3n-n-1。

若用阶差法可得un+1-un=3 (un-un-1) +2, 利用定理1结论可得un+1-un=6·3n-1,

代入un+1=3un+2n+1, 得2un+2n+1=6·3n-1-1, 即un=3n-n-1。

2.3 形如un+1=aun+b·rn的数列递推关系 (其中a, b均为非零常数) [4]

首先可使递推关系的两端同时除以rn+1, 则有, 把看成一个新的数列通项, 则为2.1所示的递推关系, 可使用定理1求解;其次可以使用引理3, 分析r=a和r≠a两种情况, 求出特解再利用首项求出通项中的常数, 则问题可解。

例3在数列{un}中, u1=1, 且满足un+1=3un+3n, 求数列的通项公式。

解:若两端同时除以3n+1得, 则为等差数列, , 故。

若用引理法, 可知特解为un=An·3n (其中A为待定常数) , 代入递推关系un+1=3un+3n, 得, 则通项为 (其中C为待定常数) , 代入初始值n1=1, 得C=0, 则。

例4在数列{un}中, u1=1, 且满足un+1=3un+2n, 求数列的通项公式。

解:若两端同时除以2n+1得, 令, 则, 为2.1所示的递推关系, 使用2.1的解法可得, 则un=3m-2n。

若用引理法, 可知特解为un=A·2n (其中A为待定常数) , 代入递推关系un+1=3un+2n, 得A=-1, 则通项为un=C3n-2n (其中C为待定常数) , 代入初始值u1=1, 得C=1, 则un=3n-2n。

3 二阶常系数线性非齐次递推关系

定理2已知齐次递推关系un+2=aun+1+bun, 其中a, b均为非零常数, 且a2+4b≥0, 则

其中C1, C2为任意常数, 结论可由齐次递推关系的求解过程可证, 求出特征方程x2-ax-b=0的特征根分别为, 由定理可知通解形式如上。22

3.1 形如un+2=aun+1+C的数列递推关系 (其中a, b为常数, 且a2+4b≥0)

首先可得递推关系un+1=aun+bun-1+c, 则两式相减, 得un+2-un+1=a (un+1-un) +b (un-un-1) , 则{un+1-un}转化为定理2中所示的齐次的递推关系, 问题可解;其次可使用引理2先求出特解, 再使用引理1求通解。

例5解递推关系

解:首先利用阶差法可得递推关系式

其中首项a2-a1=1, a3-a2=5, 然后由公式 (4) 可得数列{an-an-1}的通项公式为an-an-1=-2n-1+3n-1 (n≥2) ，得到此关系后，可得an-1-an-2=-2n-2+3n-2, ……, a2-a1=-2+3

使用叠加法可得

通过计算可得, 则问题解决。

3.2形如un+2=aun+1+bun+c˙n+d的数列递推关系 (其中a, b为常数, 且a2+4b≥0)

首先可得递推关系un+1=aun+bn-1+c· (n-1) +d, 则两式相减, 得un+2-un+1=a (un+1-un) +b (un-un-1) , 则{un+1-un}为3.1形式的递推关系, 接着得到递推关系un+2-2un+1+un=a (un+1-2un+un-1) +b (un-2un-a+un-2) , 则{un=1-2un+un+1}转化为定理2中所示的齐次的递推关系, 问题可解;其次可使用引理2先求出特解, 再使用引理1求通解。

例6解递推关系

解:首先得递推关系式an-an-1=5 (an-1-an-2) -6 (an-2-an-3) +1 (n≥4)

再次相减可得an-2an-1+2n-2=5 (an-1-2an-2+an-3) -6 (an-2+an-3+an-4) (n≥5) ,

其中首项a3-2a2+a1=6, a4-2a3+a2=23。

由公式 (4) , 则通项

得到此关系后, 可得

使用叠加法可得

通过计算可得,

再次使用叠加法可得

通过计算可得, 则问题解决。

3.3形如un+2=aun+1+bun+c˙rn的数列递推关系 (其中a.b为常数, 且a2+4b≥0)

首先可使递推关系的两端同时除以RN+2, 则有, 把看成一个新的数列通项, 则为3.1所示的递推关系, 则问题可解;其次可使用引理3分析是否为所对应齐次递推关系的特征根, 区分不同的情况求出特解再利用首项求出通项中的常数, 则问题可解。

例7解递推关系

解:首先可使递推关系的两端同时除以3n, 得递推关系

把看成一个新的数列通项bn, 则有, 其中首项b0=5, , 满足形式3.1。

接着得到递推关系式

其中首项, , 然后由公式 (4) 可得数列{bn-bn-1}的通项公式为, 得到此关系后, 可得

使用叠加法可得

通过计算可得, 即an=bn˙3n=2˙4n+3n+1+6n˙3n (n≥0) , 问题解决。

4 总结

本文给出了几类低阶非齐次线性递推关系的解法, 其中在一阶递推关系的题目中, 分别使用了引理法、阶差法和叠加法两种方式来求, 从结果可以看出, 两种方法是比较快速有效的, 而且阶差法在使用的过程中没有待定常数的设定, 过程相对还要简单一些;在二阶递推关系的题目中, 重点使用了阶差法和叠加法, 而且有的题目要能得到结果, 不止使用一次, 但是求解过程整体而言比较简单有次序。通过上述低阶非齐次线性递推关系的例题的求解过程, 可以看出在使用公式法的基础上, 适当的使用阶差法和叠加法可以快速有效的求出递推关系的通解。在以后类似的习题中, 同学们可以借鉴使用。

参考文献

[1]曹汝成.组合数学[M].华南理工大学出版社.

[2]王萍, 张萍.递推关系与数列通项[J].数学之友, 2011, 8, 56-57, 59.

[3]闫淑芳, 王韶丽.几类非齐次线性递推关系通项的求法探讨[J].邢台学院学报, 2011, 2 (26) :159-160.

利用递推关系巧解排列组合中的问题 第8篇

问题1:足球场上三人相互传球, 由甲开始发球, 并作为第一次传球, 经过5次传球后, 球仍回到甲手中, 则不同的传球方法种数是 ()

A.6 B.8 C.1 0 D.1 6

解法一:此题可采用树形图,

如图所示, 经过5次后球回到甲手里的传球方法为10种, 答案为C。

但如果深入的想一想, 如果不是5次传球, 而是10次, 甚至100次, 结果又是什么, 此种方法显然很繁琐了, 下面给出另外一种方法。

解法二:设an为经过n次传球球回到甲手里的方法种数, 则a1=0, a2=2, 如果5次传球回到甲手里, 如上图所示那么第4次就不能传给甲, 所以a5=24-a4, 同理则有递推关系an=2n-1-an-1 (n≥2) , 利用数列知识可知an=32[2n-1+ (-1) n], 所以a5=1 0, 利用此种方法可以解决更为复杂的问题。

问题2:欲登上第10级楼梯, 如果规定每步只能跨上一级或两级, 则不同的走法共有 ()

(A) 34种 (B) 55种

(C) 89种 (D) 144种

解法1:分类法:

第一类:没有一步两级, 则只有一种走法;

第二类:恰有一步是一步两级, 则走完10级要走9步, 9步中选一步是一步两级的, 有C82=9种可能走法;

第三类:恰有两步是一步两级, 则走完10级要走8步, 8步中选两步是一步两级的, 有C82=79种可能走法;

依此类推, 共有C82=89, 故选 (C) 。

解法2:递推法:

设走n级有an种走法, 这些走法可按第一步来分类,

第一类:第一步是一步一级, 则余下的n-1级有an-1种走法;

第二类:第一步是一步两级, 则余下的n-2级有an-2种走法,

于是可得递推关系式an=an-1+an-2, 又易得a1=1, a2=2, 由递推可得a10=89, 故选 (C) 。

问题3:有排成一行的n个方格, 用红、黄、蓝三色涂每个格子, 每格涂一色, 要求任何相邻的格不同色, 且首尾两格也不同色, 问有多少种涂法?

解:设共有an种不同涂法。易得a1=3, a2=6, a3=6。且当n≥4时, 将n个格子依此编号后, 则格1与格 (n-1) 不相邻。

(1) 若格 (n-1) 涂色与格1不同, 此时格n只有一色可涂, 且前格满足首尾两格不同色, 故有an-1种不同涂法。

(2) 若格 (n-1) 涂色与格1相同, 此时格 (n-2) 与格1涂色必然不同, 否则格 (n-1) 与格 (n-2) 相同, 于是前n-2格有an-2种不同涂法。因为格n与格1不同色, 有两种涂法, 故有2an-2种不同涂法。

综上可得递推关系式:an=an-1+2an-2 (n≥4) , 并可得an=2n+2 (-1) n (n≥2) 。

问题4:一只猴子爬一个8级的梯子, 每次可爬一级或上跃二级, 最多上跃三级。从地面上到最上一级, 一共可以有多少种不同的爬跃方式。

解:易得a1=1, a2=2, a3=4, a4=7。把问题一般化, 设一共有n级梯子, 每次可爬一级或上跃二级, 最多上跃三级。设共有an种不同的爬跃方式。若第一次爬了一级, 则有an-1种方式;若第一次上跃二级, 则有an-2种方式;若第一次上跃三级, 则有an-3种方式。因此an=an-1+an-2+an-3.易得a8=81。即共有81种不同的爬跃方式。

问题5:用4种不同颜色涂四边形的4个顶点, 要求每点染一种颜色, 相邻的顶点染不同的颜色, 求不同的染色方法种数。

解析:我们先把这个题目推广:用m种不同颜色给n边形A1A2An的n个顶点染色 (其中m≥3, n≥3, 且m为常数) , 每点染一种颜色, 相邻的顶点染不同的颜色, 不同的染色方法有多少种?

设不同的染色方法有an种, 现在我们来通过合理分布, 恰当分类找出递推关系:

第一步:染A1, 有m种染法;

第二步:染A2, 有m-1种染法;

同理, 染A3, An-1均有m-1种染法, 最后染An, 如果仅考虑An与An-1不同色, 则仍有m-1种染法, 相乘得m (m-1) n-1种染法, 但要去掉An与A1同色的染法数, 此时可将An与A1合并看成一个点, 得出需要排除的染法数为an-1, 所以有an=m (m-1) n-1=an-1, 显然, a3=Am3。

又本题中, 颜色数m=4, 所以递推关系为:an=43n-1-an-1, 又a3=A43=24, 所以a4=433-a3=84 (种) , 故不同的染色方法种数有84种。

问题6:五个人排成一列, 重新站队时, 各人都不站在原来的位置上, 那么不同的站队方式共有多少种?

解析:首先我们把人数推广到n个人, 即n个人排成一列, 重新站队时, 各人都不站在原来的位置上。设满足这样的站队方式有an种, 现在我们来通过合理分步, 恰当分类找出递推关系:

第一步:第一个人不站在原来的第一个位置, 有n-1种站法。

第二步:假设第一个人站在第2个位置, 则第二个人的站法又可以分为两类:第一类, 第二个人恰好站在第一个位置, 则余下的n-2个人有an-2种站队方式;第二类, 第二个人不站在第一个位置, 则就是第二个人不站在第一个位置, 第三个人不站在第三个位置, 第四个人不站在第四个位置第n个人不站在第n个位置, 所以有an-1种站队方式。

由分步计数原理和分类计数原理, 我们便得到了数列的递推关系式:

an= (n-1) (an-2+an-1) , 显然, a1=0, a2=1, 再由递推关系有a3=2, a4=9, a5=44, 故共有44种。

递推思维的妙用 第9篇

事实证明, 这种方法起到了意想不到的效果, 几乎从根本上解决了建筑物酸蚀的问题。这则真实的案例充分反映了递推思维策略在解决实际问题中的应用。而在数学解题中, 这种递推策略也是屡见不鲜, 它能把比较复杂的问题按序分解成较为容易解决的问题, 从某一条件入手进行横向突破, 纵向延伸, 使问题得到顺利解决。下面就举例说明:

例题:求证:在任意17个不同的正整数中, 必定存在几个这样的正整数, 只用减号、乘号与括号, 就可以将它们组成一个得数是21879的算式。

分析与解:将21879分解质因数得:

21879=9111317,

(1) 将自然数按照除以17的余数0, 1, , 16可分为17类。可见:在17个不同的正整数中, 至少有一个是17的倍数, 或者根据抽屉原理可以判断:至少有两个数的余数相同, 那么这两个数的差必是17的倍数, 设为 (a1-a2) ;

(2) 这样根据 (1) 的结论, 剩下的数有16个或者15个。同理, 将自然数按照除以13的余数0, 1, , 12可分为13类, 在剩下的这16个或者15个数中, 至少有一个数是13的倍数, 或者有两个数的差是13的倍数;

(3) 再根据 (2) 的结论, 剩下的数有15或者14个。同理, 在剩下的这15个或者14个数中, 至少有一个数是11的倍数, 或者有两个数的差是11的倍数;

(4) 再根据 (3) 的结论, 剩下的数有14或者13个。同理, 在剩下的这14个或者13个数中, 至少有一个数是9的倍数, 或者有两个数的差是9的倍数。

数列递推公式求通项小结 第10篇

一、型如 an +1= λan+ c( λ ≠ 1,c ≠ 0)

例1已知数列{an} 有a1= 1,an +1= 2an+ 1,求通项an.

点评: 型如an +1= λan+ c( λ≠1,c≠0) ,设它可变形为an +1+ x = λ( an+ x) ,与已知条件比较,待定系数知x,再换元bn= an+ x,知{ bn} 是等比数列且公比q = λ.

二、型如 an +1= λan+ ( An + B) ( 其中 λ ≠ 1)

例2已知数列{an} 有a1= 1,an +1= 3an+ n,求通项an.

点评: 型如an +1= λan+ ( An + B) ( 其中λ≠1) ,设它可变形为an +1+ x( n + 1) + y = λ[an+ xn + y],与已知条件比较,待定系数知x,y,这时可换元bn= an+ xn + y,则原式化为bn +1= λbn,可知{ bn} 是等比数列且公比q = λ; 若λ = 1,直接叠加法可得an.

三、型如 an +1= λan+ Aqn -1( 其中 λ ≠ 1,q ≠ λ )

例3已知数列{an} 有a1= 1,an +1= 3an+ 2n,求通项an.

解: 设an +1= 3an+ 2n可变形为

即an +1= 3an+ x·2n -1,与已知条件比较,得x = 2,这时( * ) 为

点评: 型如an +1= λan+ Aqn -1( 其中λ≠1,q≠λ) ,设它可转化为an +1+ x·qn= λ[an+ x·qn -1],与已知条件比较,待定系数知x,这时可换元bn= an+ x·qn -1,则原式化为bn +1= λbn,所以{ bn} 是等比数列且公比为λ; 若λ = 1,直接叠加法可得an; 若λ = q两端除qn +1后叠加法可求.

四、型如 an +1= r( an)λ( r > 0)

例4已知数列{an} 有求通项an.

点评: 型如,两边取对数可得,这类似于第一种情况,按前面的方法处理即可.

五、型如 an +1=(Aan)/(Ban+ A)

例5已知数列{an} 有,,求通项an.

点评: 型如,取倒数得则可换元,知,即{ bn} 是等差数列且公差为B/A,进一步由 { bn} 的通项知{ an} 通项.

六、型如 an +1=(n + 1)/(n)an+ ( n + 1) cn,其中{ cn} 是等差( 或等比) 数列

例6已知数列{an} 有a1= 1,求通项an.

七、型如 an +1= f ( n) ·an+ [1 - f ( n) ]

例7已知数列{an} 有求通项an.

点评: 型如an +1= f ( n) ·an+ [1 - f ( n) ],可变形为an +1- k = f ( n) ·( an- k) ,换元bn= an- k,得bn +1= f ( n) ·bn,取n = 1,2,3,…,( n - 1) ,叠乘法得bn,进一步知an.