2002-新课标理-22 解-数列的递推关系

本题导读

本题考查非线性递推数列的性质分析与通项求解。第一问通过特殊值直接代入迭代；第二问是全题的核心难点，要求在非负整数集的约束下，利用数学归纳法证明非线性递推关系可以解耦退化为简易的线性等差单步跳跃；第三问在前两问的基础上，利用奇偶项分治的思想，分别给出奇数项与偶数项的通项公式及合并求和。

📌【题干】

Question

（2002年新课标卷(理)） 已知 $\{a_n\}$ 是由非负整数组成的数列，满足 $a_1=0,a_2=3,a_{n+1}{a}_n=(a_{n-1}+2)(a_{n-2}+2),n=3,4,5,\dots$.

(1)求 $a_3$；

(2)证明 $a_n=a_{n-2}+2,n=3,4,5,\dots$；

(3)求 $\{a_n\}$ 的通项公式及其前 $n$ 项和 $S_n$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问逻辑：令递推式中的 $n=3$，可得 $a_4{a}_3=(a_2+2)(a_1+2)=(3+2)(0+2)=10$。由于 $\{a_n\}$ 是非负整数数列，需通过进一步迭代或分析奇偶项边界来确定 $a_3$ 的值。
2. 第二问逻辑：要证 $a_n=a_{n-2}+2$，可以使用数学归纳法。

• 奠基：先验证 $n=3,4$ 时成立。
• 假设：假设当 $n\le k$ 时， $a_n=a_{n-2}+2$ 均成立。
• 递推：根据已知递推式 $a_{k+1}{a}_k=(a_{k-1}+2)(a_{k-2}+2)$，利用归纳假设将右侧进行代换： $a_{k-1}+2=a_{k+1}$（若假设成立）。通过两端对比消元，结合非负整数的项非零性质，即可证明 $a_{k+1}=a_{k-1}+2$。

3. 第三问逻辑：

• 通项公式：由第二问知，奇数项和偶数项分别是公差为 2 的等差数列。首项分别为 $a_1=0,a_2=3$。按 $n$ 为奇数和偶数分别写出通项。
• 前 $n$ 项和 $S_n$：采用奇偶项分治策略。当 $n$ 为偶数时，奇数项与偶数项各有 $\frac{n}{2}$ 项，分别用等差数列求和公式求和再相加；当 $n$ 为奇数时，化为 $S_n=S_{n-1}+a_n$ 求解，最终用统一的分段或下取整函数形式进行规范表述。

✅【答案】

Success

(1) $a_3=2$

(2) 证明见解析

(3) $a_n=n+(-1{)}^n$；$S_n=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}n(n+1),& n\text{ 为偶数}\\ \frac{1}{2}n(n+1)-1,& n\text{ 为奇数}\end{array}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：求 $a_3$ 的值

由题意，递推式为： $a_{n+1}{a}_n=(a_{n-1}+2)(a_{n-2}+2)$。 令 $n=3$，代入已知首项 $a_1=0,a_2=3$： $a_4{a}_3=(a_2+2)(a_1+2)=(3+2)(0+2)=5\times 2=10\text{(1)}$ 因为数列 $\{a_n\}$ 的每一项均为非负整数，所以 $a_3$ 只能是 10 的正因数，即 $a_3\in \{1,2,5,10\}$。

再令 $n=4$ 代入递推式： $a_5{a}_4=(a_3+2)(a_2+2)=(a_3+2)(3+2)=5(a_3+2)\text{(2)}$ 由 ① 式知 $a_4=\frac{10}{a_3}$，代入 ② 式中消去 $a_4$： $a_5\cdot \frac{10}{a_3}=5(a_3+2)⟹2a_5=a_3(a_3+2)⟹a_5=\frac{a_3(a_3+2)}{2}$ 因为 $a_5$ 也必须是整数，我们将 $a_3$ 的可能取值逐一进行代入校验：

• 若 $a_3=1$，则 $a_4=10$， $a_5=\frac{1\times 3}{2}=1.5$ （非整数，舍去）；
• 若 $a_3=5$，则 $a_4=2$， $a_5=\frac{5\times 7}{2}=17.5$ （非整数，舍去）；
• 若 $a_3=10$，则 $a_4=1$， $a_5=\frac{10\times 12}{2}=60$。此时令 $n=5$ 校验： $a_6{a}_5=(a_4+2)(a_3+2)⟹a_6\times 60=3\times 12=36⟹a_6=\frac{36}{60}$ （非整数，舍去）；
• 若 $a_3=2$，则 $a_4=\frac{10}{2}=5$， $a_5=\frac{2\times 4}{2}=4$（均为非负整数，完全符合题意）。

所以， $a_3=2$。

（2）证明：证明 $a_n=a_{n-2}+2(n\ge 3)$

下面使用数学归纳法进行严格证明。

• ① 奠基阶段：

• 当 $n=3$ 时，由（1）可知 $a_3=2$，而 $a_1+2=0+2=2$，故 $a_3=a_1+2$ 成立；

• 当 $n=4$ 时，由（1）可知 $a_4=5$，而 $a_2+2=3+2=5$，故 $a_4=a_2+2$ 成立。 因此，当 $n=3,4$ 时，命题成立。

• ② 归纳假设： 假设当 $3\le n\le k(k\ge 4)$ 时，命题均成立。即有： $a_k=a_{k-2}+2,a_{k-1}=a_{k-3}+2,\dots ,a_3=a_1+2$ 由此可推出： $a_{k-1}+2=a_{k+1}$ 形式的目标项。

• ③ 递推证明： 考察 $n=k+1$ 时的情形。根据原已知递推式： $a_{k+1}{a}_k=(a_{k-1}+2)(a_{k-2}+2)$ 根据归纳假设，由于 $n=k$ 成立，有 $a_{k-2}+2=a_k$。将此代入上式右端： $a_{k+1}{a}_k=(a_{k-1}+2)\cdot a_k$ 因为 $a_k$ 是由正整数项逐步加 2 递增而来，显然 $a_k\ge a_2=3\ne 0$。 因此，方程两边可以同时约去非零项 $a_k$，得： $a_{k+1}=a_{k-1}+2$ 这说明当 $n=k+1$ 时，命题同样成立。

综上所述，由 ①②③ 可知，对任意 $n\ge 3$，均有 $a_n=a_{n-2}+2$ 成立。

（3）解：求通项公式及前 $n$ 项和 $S_n$

• 第一步：求解通项公式 $\{a_n\}$ 由（2）知，数列的奇数项与偶数项分别构成公差 $d=2$ 的等差数列。
• 当 $n$ 为奇数时，令 $n=2m-1(m\in {\mathbf{N}}^{\ast })$： $a_n=a_1+(m-1)\times 2=0+2m-2=2\left(\frac{n+1}{2}\right)-2=n-1$
• 当 $n$ 为偶数时，令 $n=2m(m\in {\mathbf{N}}^{\ast })$： $a_n=a_2+(m-1)\times 2=3+2m-2=2\left(\frac{n}{2}\right)+1=n+1$

所以，通项公式为： $a_n=\{\begin{array}{ll}n-1,& n\text{ 为奇数}\\ n+1,& n\text{ 为偶数}\end{array}$

• 第二步：求解前 $n$ 项和 $S_n$ 根据 $n$ 的奇偶性分类讨论进行叠加求和：

• 情况 ①：当 $n$ 为偶数时 设 $n=2m$。此时前 $n$ 项中含有 $m$ 个奇数项和 $m$ 个偶数项。 奇数项之和为： $y_1=a_1+a_3+\cdots +a_{2m-1}=0+2+4+\cdots +(2m-2)=\frac{m(0+2m-2)}{2}=m^2-m$。 偶数项之和为： $y_2=a_2+a_4+\cdots +a_{2m}=3+5+7+\cdots +(2m+1)=\frac{m(3+2m+1)}{2}=m^2+2m$。 总和为： $S_n=y_1+y_2=(m^2-m)+(m^2+2m)=2m^2+m$ 将 $m=\frac{n}{2}$ 代入上式中： $S_n=2{\left(\frac{n}{2}\right)}^2+\frac{n}{2}=\frac{n^2+n}{2}$

• 情况 ②：当 $n$ 为奇数时 设 $n=2m-1⟹n-1=2m-2$ 为偶数。 利用情况 ① 的结论： $S_n=S_{n-1}+a_n=\frac{(n-1{)}^2+(n-1)}{2}+(n-1)=\frac{n^2-2x+1+n-1+2x-2}{2}=\frac{n^2+n-2}{2}$

综上所述，前 $n$ 项和 $S_n$ 的表达式为： $S_n=\{\begin{array}{ll}\frac{n^2+n-2}{2},& n\text{ 为奇数}\\ \frac{n^2+n}{2},& n\text{ 为偶数}\end{array}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：非负整数集对未知因数的试除筛选；强数学归纳法的标准三步走证法；分段等差数列的交错并项求和。
2. 核心方法：数学归纳法、奇偶项分治法。
3. 避坑指南：

• 第一问因数讨论不全陷阱：在求解第一问时，仅凭 $a_4{a}_3=10$ 无法锁定 $a_3=2$，必须将 10 的所有正因数（1, 2, 5, 10）穷举并利用后续项 $a_5,a_6$ 的整数保全性进行排除。压轴题中的“非负整数”条件是极强的限定性筛子，必须物尽其用。
• 归纳递推约项非零校验遗漏陷阱：在第二问数学归纳法跨越到 $k+1$ 步时，两边约去 $a_k$ 前，必须严密声明 $a_k\ge 3\ne 0$。在高等代数与高考试卷网评中，不加非零说明直接约去含有未知自变量的项属于严重的逻辑漏洞，会被酌情扣除步骤分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 源于递推数列与整除性，由 $a_{n+1}{a}_n=(a_{n-1}+2)(a_{n-2}+2)$ 结合非负整数条件，先定 $a_3$ 再归纳证 $a_n=a_{n-2}+2$，考查归纳推理与奇偶分类求和。

2. 结论推广: 一般地，若 $a_{n+1}{a}_n=(a_{n-1}+c)(a_{n-2}+c)$ 且各项为非负整数，则可证 $a_n=a_{n-2}+c$，故奇偶项各成公差为 $c$ 的等差数列，通项与和按奇偶分类。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

• 1986-广东理-38 解-数列与数学归纳法
• 2006-四川文-17 解-Sn递推求通项与等差
• 2006-陕西文-20 解-Sn递推求通项