● (蘭州市第六十六中學(xué) 甘肅蘭州 730050)

在處理一些有關(guān)自然數(shù)的問(wèn)題時(shí),根據(jù)題目提供的信息,通過(guò)聯(lián)想,恰當(dāng)?shù)貥?gòu)造一個(gè)有助于解題的輔助數(shù)列,從而達(dá)到解題的目的,是一種很有用的解題方法.現(xiàn)舉例說(shuō)明之.

1 證明等式

因?yàn)?/p>

所以

a1=a2=…=an-1=an=0,

故原等式得證．

令3-a=0,48-5a-3b=0,24-a-b-c=0,解得a=3,b=11,c=10,此時(shí)

故存在常數(shù)a=3,b=11,c=10,使得an=an-1=…=a1=0,即原命題成立.

2 證明不等式

an>an-1>…>a2>1，

故原不等式得證.

bn>bn-1>…>b1>0,cn>cn-1>…>c1>0,

故原不等式得證.

3 求數(shù)列的通項(xiàng)

對(duì)一些直接求解有困難的數(shù)列通項(xiàng)問(wèn)題，若能適當(dāng)變換，構(gòu)造一個(gè)等差或等比數(shù)列，則原問(wèn)題可以通過(guò)后者的“橋梁”作用順利解決.

即

由bn>0,得bn+1-bn=1,因此{(lán)bn}是以1為公差，以3為首項(xiàng)的等差數(shù)列，于是

bn=3+(n-1)·1=n+2,

故

例7已知數(shù)列{an}和{bn}滿足：a1=p,b1=q,且an=pan-1,bn=qan-1+rbn-1(n≥2),其中q≠0,p>r>0,試求數(shù)列{bn}的通項(xiàng).

解顯然an=pn,得bn=qpn-1+rbn-1,即

兩邊同時(shí)加常數(shù)α,則有

故

4 研究數(shù)的整除性

對(duì)一些有困難的數(shù)的整除問(wèn)題，若能適當(dāng)變換，構(gòu)造一個(gè)輔助數(shù)列，則原問(wèn)題可以通過(guò)后者的“橋梁”作用順利得以解決.

an=28an-1-16an-2(n≥3).

由a1=22×7,a2=23×94,知當(dāng)n=1,2時(shí)成立.

例9試證:11n+2+122n+1(n=0,1,2,…)能被133整除.

證明構(gòu)造輔助數(shù)列{an}:an=11n+2+122n+1=121·11n+12·144n.由11，144是方程x2-125x+1 584=0,即xn=125xn-1-1 584xn-2的根，可將x=11,x=144代入并將所得式子相加得

an=125an-1-1 584an-2(n≥2).

又由a0=133,a1=3 059=133×23均能被133整除,遞推可知，an=11n+2+122n+1能被133整除.

5 解應(yīng)用題

在處理一些與自然數(shù)有關(guān)的應(yīng)用題時(shí)，可以先構(gòu)造一個(gè)輔助數(shù)列，然后尋找并建立遞推關(guān)系，再根據(jù)遞推關(guān)系，確定相應(yīng)的若干個(gè)初始值，最后通過(guò)對(duì)該數(shù)列性質(zhì)的研究而使原問(wèn)題得到解決.

(第3屆美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽試題)

解設(shè)ak為小蟲從點(diǎn)A出發(fā)后第k步(每步1米)能回到點(diǎn)A的走法總數(shù)，則有a1=0，小蟲從點(diǎn)A出發(fā)，每走一步都有3種走法，于是走k-1(k≥2)步就有3k-1種走法.這些走法可分為2類：

(1)第k-1已到達(dá)點(diǎn)A，這類走法有ak-1種；

(2)第k-1步不在點(diǎn)A，這時(shí)再爬行一步(第k步)只能以唯一方式到達(dá)點(diǎn)A，因此這類方法有ak種，故

ak+ak-1=3k-1,

即

ak=-ak-1+3k-1.

兩邊同時(shí)加上α·3k得

ak+α·3k=-[ak-1-(3α+1)3k-1].

故小蟲第k步回到點(diǎn)A的概率是

從以上諸例可以看出，構(gòu)造輔助數(shù)列解題，其思維具有獨(dú)創(chuàng)性，方法具有獨(dú)特性，而且簡(jiǎn)捷巧妙，能收到事半功倍之效，這對(duì)于提高學(xué)生的解題技能、培養(yǎng)和發(fā)展學(xué)生的創(chuàng)造性思維具有重要作用.