第二十六讲 数学竞赛中的递归数列问题讲义-2026年高中数学竞赛

第二十六讲数学竞赛中的递归数列问题 在数学竞赛中，递归数列问题不仅含有线性递归问题，一些特殊的非线性递 归数列问题也经常出现，而且常常与数论、组合、不等式相结合，难度大，技巧 性高。这一节我们来讨论这些问题。 例1数列x定义如下X=父+xn=1,23,求 ,1+,1+…+,1 1+x11+x2 1+X2023 的整数部分。 解由题设1三1一=1-1，所以 Xn+1 XnXn+1 Xnxn+1 1-1_1 X+1,x1 ,1t,1++,1一=1-1+1-1++1-1 于是1+x1+x, 1+X2023X1X2X2X3X2023X2024 -1-1=2-1。 X1X2024 X2024 山名号及气=+义1,23可得，6器而数列化是 16 递增的，所以，x,>1,n=3,4,”,故0<<1所以， X2024 1+1_+…+， 1 1+X11+X21+X2023 的整数部分是1。 例2数列a,定义如下：a,=4,3a1=a,+1-5,n=1,2,。求证 罗a-1<1 k台a+ak+16 证明令a,=3b,+1则b,=1且33b1+1=3b,+2P-5所以 bn+1=3bnbn+1p+bn, 于是 ak-1 3bk a+ak+1(3bk+1P+(3bk+1+1 bx bkbx+1) 3b+3bk+1bk+1+1 bk1-bk-111 3bk+1bk+1+1广3b+1bk+1+1 故 觉1={1,1 台a+a4+13台bk+1bk1+1 =11-1=1-1 3b,+1bo1+i63bm1+1 由题设条件及数学归纳法可得：an>1,n=1,2,…,从而bn>0,n=1,2,…,于 是 罗a-1<1。 台ak+ak+16 例3数列{a满足a,=0,a1=ka,+2-1a+1,n=0,1,2,-,其中k 为给定的正整数。证明：数列an的每一项都是整数，且2k|a2n,n=0,1,2,… 证明由题设可得a-1-2 kanAn+1+a-1=0,所以 a7+22kan*10n+2+a71-1=0, 将上面两式相减，得a+2-a-2kan+1a+2+2 k an an+1=0, 即 (an+2-an(an-2+an-2kan+1)=0, 由题设条件知，数列{an是严格递增的，所以 an+2=2kan+1-an, ① 结合a=0,a1=1知，数列{an的每一项都是整数。 因为数列{an的每一项都是整数，由①可知 2k|an+2-an° ② 于是，由2k|a0,及②式可得2k|a2m,n=0,1,2,…。 例4设数列a满足：Q,=0,=0,=1,012019+Q.0,n=34,。求 an-2 证：数列{an的每一项都是正整数。 证明由题设知，数列{an的每一项都是正数，且an+1an-2=2019+anan-1, 所以an+2an-1=2019+an+1an,上面两式相减得 an+2an-1-an+1an-2=an+1an-an an-13 故 (an+2+an)an-1=an+an-2)an+1, an+2+a2_an+an-2。 an-1 an-1 ① 由a1=a2=a3=1,可得a4=2020。 当n是奇数时，由①可得12+a=a,+a-2=…=a,+a=2,即 an+1 an-1 a, an+2=2an+1-an,n=1,3,…。 当n是偶数时，由①可得am2+a=a,+a12=…=a4+a=2021, an+1 an-1 即 an+2=2021an+1-an,n=2,4,…。 所以 当n是奇数时， am*2 2an+1-an' 2021a+1-a,当n是偶数时， 故由a1、a2、a3、a4是正整数及上面的递推式可知，数列{a的每一项 都是正整数。 例5数列x满足：X,≥0，X1=5x+2xX+1,n∈N. 证明：在X1,X2,“,X100中，至少存在33个无理数。 证明由数学归纳法易得x为正项数列，且x1=5x,+2+1>X。· 由题设X1-5x,=4X+1,即 x7+1+x7-25xnXn+1=4。 同理得x7+2+x7+1-25xn+1x+2=4。两式相减得 即 x7+2-x7-2V5xn+1x+2-xn=0, xn+2-xnxn+2+xn-25x+1=0。 从而X2+X,-25x1=0故X2+=25。 Xn+1 所以，相邻三项Xn、Xn+1、Xn+2中至少有一项为无理数。 从而，X1,X2,“,X00 中至少有 100 =33 项为无理数。 3 另一方面设为k=5a2k,X5k+1=a2k+1,其中a均为实数，且满足： a1=a2=1,a2k-1+a2k+1=10a2k,Q2k+a2k+2=2a2k+1,k∈N+, 则X1,X2,“,X100 中含有100 =33项为无理数。 3 例6数列a,满足：。 7an+45a2-36 0=1,an+1=1 n∈V证明： (I)对任意n∈N,,an为正整数； (2)对任意n∈N,，anan+1-1为完全平方数。 证明(1)由题设得a1=5且{an严格单调递增。将条件式变形得 2an+1-7an=45a7-36, 两边平方整理得 a+1-7anan+1+a7+9=0, ① 所以 a7-7an-1an+a7-1+9=0, ② ①-②得 an+1-an-1an+1+an-1-7an=0, 因为an+1>am,所以an+1+an-1-7an=0,故 an+1=7an-an-1° ③ 由③式及a0=1,a1=5可知，对任意n∈N,an为正整数。 (2)将0整理配方，得(a1+a=9a,a1-1’所以 anan-1-1= a+1+a2 3 ④ 由③得a+1+an=9an-an+an-i,所以 an+1+an=-(an+an-1==(-1)"(a+ao)=0(mod3, 因此，t0为整数，所以a,a1-1是完全平方数。 3 例7求具有下述性质的所有整数q>2：存在一个严格递增的正整数的无 穷数列{an,使得 S2n=4 Sn 对所有正整数n成立。这里Sk表示数列an的前k项之和。 解所求的q为大于3的所有正整数。 首先注意，数列a满足 S20 Sn ① 等价于满足 a2n-1+a2n=qan ② 事实上，若①成立，则当n≥2时，由S2n=qSn,S2n-1=qSn-1可得 S2n-S2in-1=q(Sn-Sn-1), 即②式对于n≥2成立。又②式在n=1时显然成立，故②式成立。 反过来，若②式成立，则 a2i-1+a2i=qa,i=1,2,…,n, 将n个等式相加，便得S2n=qSn,即①式成立。 我们证明9=3时不符合要求。若不然，设q=3时存在一个严格递增的正 整数的无穷数列{an满足②式。则a2m-1+a2n=3an,a2n+1+a2n+2=3an+1,两式 相减，并记b=a+1-ai=1,2,…,得 b2n+1+2b2n+b2n-1=3bn ③ 由③式知，b2n+1、b2n、b2n-1中必有一个小于b,,由此可得，任给一个正整 数i,必存在一个正整数>i,使得b,<b;,这显然不成立。因为{an是一个严 格递增的正整数的无穷数列，故每个bk都是正整数，而小于给定的正整数的正整 数只有有限个。 因此q=3时不符合要求。 下面证明，任意正整数9≥4均符合要求。 对q=4,取an=2n-1,则易知它满足②式。 对q≥5，取a1=1,a2=9-1,及 qan- d2n-1 =gan+1,n=2,3,。 ,a2n2 这里，x表示不超过实数x的最大整数。 证明上述定义的数列a满足要求。 显然，{an是一个整数数列。因a1+a2=1+q-1=qa1,所以当n=1时，② 式成立。当n≥2时，对qan分奇数和偶数，易得 a2n-1+a2n= qan-1 qan 2 2 +1=qan,n=2,3,…, 即n≥2时，②式也成立。 最后证明{an是严格递增的。显然a1<a2,及a2n-1<a2n,n=2,3,…。 因此只需证明：a2n<a2n+1,n=1,2,“。因为易知 aq-1a0"292 2 只需证明：若an<an+1,则a2n<a2n+1。 事实上 02n+1= qan*1-1、 qam1-2、qan+1-2 、2 2 2 ≥90，+2≥9g+1=0 2 12 从而，an是严格递增的。 综上所述，构造的数列满足要求。