已知递推不等式求解析式

命题与解题 已知递推不等式求解析式 李 世 杰 (浙江省衢州市教育局教研室 , 324002) 　　收稿日期 : 2009 - 01 - 05　修回日期 : 2009 - 03 - 29 　　众所周知 ,如果递推不等式中含有未知 数列 ,那么 ,递推不等式的解析式就是某个数 列或某类数列. 定义 　若数列 { f ( n ) }满足所给的递推 不等式 ,则称 f ( n)为该递推不等式的解析式. 由于递推不等式 f ( n + 1) ≥φ( f ( n) ) ( n N+ ) 取等号时 ,就得到相应的递推数列 f ( n + 1) =φ( f ( n) ) ( n N+ ) , 因此 , 递推不等式可以看作递推数列的推广 形式. 下面举例说明已知三类递推不等式求其 解析式的方法 ,以抛砖引玉. 1　已知递推不等式 f ( n + 1) ≥an f ( n ) + d ( n ) 求解析式 　　例 1　设 f为定义在正整数集上的正值 函数 , f (1) = 1且 f ( n + 1) ≥ ( n + 1) f ( n) - 2n ( n≥1) . ① 试求 f ( n) . 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 :式 ①两边同除以 ( n + 1) !得 f ( n + 1) ( n + 1) ! ≥ f ( n) n! - 2n ( n + 1) ! = f ( n) n! - 2 ( n + 1 - 1) ( n + 1) ! = f ( n) n! - 2 1 n! - 1 ( n + 1) ! , 即 　f ( n + 1) - 2( n + 1) ! ≥ f ( n) - 2 n! . 令 f ( n) - 2 n! = g ( n) . 则 f ( n) = n! g ( n) - 2, g (1) = f (1) - 21! = - 1, g ( n + 1) ≥g ( n) . 解 :令 f ( n) = n! g ( n) - 2. 代入式 ①得 ( n + 1) ! g ( n + 1) - 2 ≥ ( n + 1) ( n! g ( n) - 2) - 2n. 化简得 g ( n + 1) ≥g ( n) . 则所给递推不等式的解析式为 f ( n) = n! g ( n) - 2, 其中 ,任意函数 g ( n)满足 g (1) = f (1) - 21! = - 1, g ( n + 1) ≥g ( n). 注 :一般地 ,设 f ( n)是非零函数. 则满足 一阶线性递推不等式 f ( n + 1) ≥an f ( n) + d ( n) ① 的数列 { f ( n) }的通项公式 ,可用“逐和法 ”求 出 : 式 ①两边同除 an an - 1 ⋯a2 a1 (或它的绝 对值 | an an - 1 ⋯a2 a1 | ) ,得 f ( n + 1) an an - 1 ⋯a2 a1 ≥ f ( n) an - 1 ⋯a2 a1 + d ( n) an an - 1 ⋯a2 a1 . 令 bn = f ( n) an - 1 ⋯a2 a1 . 则 bn + 1 ≥bn + d ( n) an an - 1 ⋯a2 a1 . 再用逐和法求出所给递推不等式的解析 式. 2　已知递推不等式 αf ( n + 1) f ( n ) +βf ( n + 1) +γf ( n ) ≥0 求解析式 　　例 2　设 f ( n)为定义在自然数集上的正 值函数 , f (1) = 1且满足 f ( n - 1) - f ( n) ≥nf ( n - 1) f ( n) ( n≥2) . ① 112009年第 7期 试求 f ( n) . 分析 :式 ①两边同除 f ( n - 1) f ( n)可得 1 f ( n) - 1 f ( n - 1) ≥n ( n≥2) . 则 1f ( n) - [ n + ( n - 1) + ⋯ + 1 ] ≥ 1f ( n - 1) - [ ( n - 1) + ⋯ + 1 ]. 令 g (n) = 1f ( n) - [ n + (n - 1) +⋯ +1 ]. 则 g (1) = 1f (1) - 1 = 0. 故所给递推不等式的解析式为 f ( n) = 2 n ( n + 1) + 2g ( n) , 其中 ,任意函数 g ( n)满足 g (1) = 0, g ( n) ≥g ( n - 1) . 注 :一般地 ,形如 αf ( n + 1) f ( n) +βf ( n + 1) +γf ( n) ≥0 的不等式 ,如果对任意正整数 n,都有 f ( n + 1) f ( n) > 0 ( f ( n + 1) f ( n) < 0) , 一般可通过取倒数 ,转化为一阶线性不等式 再解. 3　已知分式型递推不等式求解析式 例 3　设 f为定义在所有正整数上的正 值函数 , f (1) = 12且 f ( n + 1) ≤ 3f ( n)2f ( n) + 1 ( n≥1) . ① 试求 f ( n) . 分析 :易知 f ( n) > 0. 式 ①两边取倒数得 2 + 1f ( n) ≤ 3 f ( n + 1) ( n≥1) . ② 式 ②两边同减去 3得 1 f ( n) - 1≤3 1 f ( n + 1) - 1 . 上式两边同乘 3n 得 3n 1f ( n) - 1 ≤3 n + 1 1 f ( n + 1) - 1 . 令 3n 1f ( n) - 1 = g ( n) ,满足 g (1) =3 1f (1) - 1 =3, g (n) ≤g (n +1). 故所给递推不等式 ①的解析式是 f ( n) = 3 n 3n + g ( n) , 其中 ,任意函数 g ( n)满足 g (1) = 3, g ( n) ≤g ( n + 1) . 注 :在式 ②中令φ ( n) = 1f ( n) ,则可化为 关于φ( n)的一阶线性不等式再解. 例 4　设 f (1) = t ( t > 2) , f ( n)满足分式 线性递推不等式 f ( n + 1) ≥ 12 f ( n) + 4 f ( n) . 试求 f ( n) . 解 :所给递推不等式相应递推数列的特 征方程 x = 12 x + 4 x 有两个根 ±2. 易知 f ( n + 1) ≥ 12 f ( n) + 4 f ( n) ≥ f ( n) 4f ( n) = 2. 由 f (1) = t] f ( n) > 2. 令 f ( n) = 2·1 + g ( n)1 - g ( n) . 则 g ( n) = f ( n) - 2f ( n) + 2 (0 < g ( n) < 1) . 代入所给递推不等式得 2·1 + g ( n + 1)1 - g ( n + 1) ≥ 1 2 2·1 + g ( n)1 - g ( n) + 2· 1 - g ( n) 1 + g ( n) , 1 + g ( n + 1) 1 - g ( n + 1) ≥ 1 + g2 ( n) 1 - g2 ( n) , g ( n + 1) ≥g2 ( n) , 可见当 n≥2时 , g ( n) ≥0. 所以 , lg g ( n + 1) ≥2 lg | g ( n) | , lg g ( n + 1) 2n ≥lg | g ( n) | 2n - 1 . (下转第 20页 ) 21 中 等 数 学 yb + zb ≥y 4b - a 3 z a - b 3 + z 4b - a 3 y a - b 3 = y a - b 3 z a - b 3 y 5b - 2a 3 + z 5b - 2a 3 . 故 x a - b 3 (yb + zb ) ≥(y b + z b ) y a - b 3 z a - b 3 ≥y 5b - 2a 3 + z 5b - 2a 3 . 利用柯西不等式有 x a ( xa + yb + zb ) ( xa + yb + zb ) 2 ≥ x 2a + b 3 [x 4a - b 3 + x a - b 3 (yb + zb ) ] (x 2a + b 3 + y 2a + b 3 + z 2a + b 3 ) (x 4a - b 3 + y 5b - 2a 3 + z 5b - 2a 3 ) ≥ x 2a + b 3 x 2a + b 3 + y 2a + b 3 + z 2a + b 3 , 即 　 x a x a + yb + zb ≥ x 2a + b 3 x 2a + b 3 + y 2a + b 3 + z 2a + b 3 . 同理 , y a ya + zb + xb ≥ y 2a + b 3 y 2a + b 3 + z 2a + b 3 + x 2a + b 3 , z a z a + x b + yb ≥ z 2a + b 3 z 2a + b 3 + x 2a + b 3 + y 2a + b 3 . 以上三式相加即得命题 1. 命题 2　正实数 x、y、z满足 xyz≥1,实数 a、b满足 3b≥a > b≥0. 证明 : x b x a + yb + zb + yb ya + zb + xb + z b z a + x b + yb ≤1. 证明 :易知 0≤3b - a < 2b. 由引理得 x 3b - a + y3b - a + z3b - a ≤x2b + y2b + z2b. 由柯西不等式有 (xa + yb + zb ) (x2b - a + yb + zb ) ≥(xb + yb + zb ) 2. 则 x b x a + yb + zb = x b ( x2b - a + yb + zb ) ( xa + yb + zb ) ( x2b - a + yb + zb ) ≤x 3b - a + x b yb + xb zb ( xb + yb + zb ) 2 . 同理 , y b ya + zb + xb ≤y 3b - a + yb zb + yb xb ( xb + yb + zb ) 2 , z b z a + x b + yb ≤z 3b - a + z b x b + z b yb ( xb + yb + zb ) 2 . 故 x b x a + yb + zb + yb ya + zb + xb + z b z a + x b + yb ≤(x 3b - a + y3b - a + z3b - a ) +2 ( xb yb + yb zb + zb xb ) ( xb + yb + zb ) 2 = (x3b - a + y3b - a + z3b - a ) +2 ( xb yb + yb zb + zb xb ) ( x2b + y2b + z2b ) +2 (xb yb + yb zb + zb xb ) ≤1. 由命题 1、2可得 命题 3　正实数 x、y、z满足 xyz≥1,实数 a、b满足 3b≥a > b≥0. 证明 : x a x a + yb + zb + ya ya + zb + xb + z a z a + x b + yb ≥1 ≥ x b x a + yb + zb + yb ya + zb + xb + z b z a + x b + yb . 当 a = 5, b = 2时 ,满足命题 3的条件 ,即 得到第 46届 IMO第 3题的隔离 : x 5 x 5 + y2 + z2 + y5 y5 + z2 + x2 + z 5 z 5 + x 2 + y2 ≥1 ≥ x 2 x 5 + y2 + z2 + y2 y5 + z2 + x2 + z 2 z 5 + x 2 + y2 . 参考文献 : [ 1 ]　熊　斌. 第 46届 IMO 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 解答 [ J ]. 中等数学 , 2005 (10) . [ 2 ]　邹 　明. 第 46届 IMO两道试题另解 [ J ]. 中等数学 , 2006 (1) . [ 3 ]　李家煜.“1”在证明不等式中的妙用 [ J ]. 中等数学 , 2006 (3) . [ 4 ]　吴　康 ,苏文龙 ,罗海鹏. 第 46届 IMO试题讨论与推 广 [ J ]. 中学数学研究 , 2005 (9) . (上接第 12页 ) 令 lg | g ( n) | 2n - 1 =φ( n) . 则 φ(1) = lg g (1) = lg t - 2 t + 2, φ( n + 1) ≥φ( n) . 因此 ,所给递推不等式的解析式是 f ( n) = 2·1 + g ( n)1 - g ( n) = 2·1 + 10 2n - 1φ( n) 1 - 102 n - 1φ( n) ( n≥2) . 其中 ,任意函数φ( n)满足 φ(1) = lg t - 2 t + 2, φ( n + 1) ≥φ( n) . 从上面四例可见 : (1)递推不等式的解析式中通常都含有 任意数列或任意的单调数列. (2)已知递推不等式求解析式没有统一 的方法 ,可因题而定. 借助递推数列的一些方 法 (如特征方程法等 )求递推不等式的解析 式是行之有效的. 02 中 等 数 学