用三角公式解递推问题

例1. 数列$\left \{{{a}_{n}} \right \} $中，${a}_{1}=\sqrt {3}$，${a}_{n}=\frac {1+{a}_{n-1}} {1-{a}_{n-1}}\left ( {n\geq 2} \right )$，

求数列$\left \{ {{a}_{n}} \right \}$的通项公式，并计算 $\sum_{i=1}^{501} {a_{4i-3}}$。

解：令$a_1=\tan\alpha$，则

$a_2=\frac{1+a_1}{1-a_1}=\frac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha}=\tan(\frac{\pi}{4}+\alpha)$

$a_3=\frac{1+a_2}{1-a_2}=\frac{1+\tan(\frac{\pi}{4}+\alpha)}{1-\tan(\fac{\pi}${4}+\alpha)}=\tan(2\cdot\frac{\pi}{4}+\alpha)$

……
由数学归纳法，可得

$a_n=\tan[(n-1)\cdot\frac{\pi}{4}+\alpha]=\tan(\frac{n}{4}\pi+\alpha-\frac{\pi}{4})$

所${ {a_n } }$是以周期为4的周期函数，故$\sum\limits_{i=1}^{501} {a_{4i-3}}=501a_1=501\sqrt{3}$。

例2. （第15届全俄十年级赛题）

数列${ {a_n } }$定义为$a_0=\frac{1}{3},a_n=\sqrt{\frac{1+a_{n-1}}{2}}$，其中$n=1,2,3,\ldots$

证明：${ {a_n } }$是单调数列。

证明：令$a_0=\frac{1}{3}=\cos\theta$，且$\theta \in (0,\frac{\pi}{2})$

由$a_n=\sqrt{\frac{1+a_{n-1}}{2}}$得，

$a_1=\cos\frac{\theta}{2},a_2=\cos\frac{\theta}{4},\ldots,a_n=\cos\frac{\theta}{2^n}$

而

$0 < \frac{\theta }{{2^n }} < \frac{\theta }{{2^{n - 1} }} < \ldots < \frac{\theta }{2} < \theta < \frac{\pi }{2}$

所以

$\cos\frac{\theta}{2^n}>\cos\frac{\theta}{2^{n-1}}>\ldots>\cos\frac{\theta}{2}>\cos\theta$

即

$a_n>a_{n-1}>\ldots>a_2>a_1>a_0$

故${ {a_n } }$是单调数列。

例3. （第18届IMO试题）

令$f_1(x)=x^2-2$，且对一切自然数$n\geq 2$，有

$f_n(x)=f_1(f_{n-1}(x))$。

求证：方程$f_n(x)=x$的根都是不等实根。

解：若方程$f_n(x)=x$的根满足$\left| x \right|>2$，则有

$f_{n+1}(x)=f_n^2(x)-2 >2\left| f_n(x)\right|-2=\left| f_n(x) \right|+[\left| f_n(x) \right|-2]>f_n(x)$

从而$f_n(x)>f_{n-1}(x)>\ldots>f_2(x)>f_1(x)=x^2-2>x$

与$f_n(x)=x$矛盾，故$\left| x \right| \leq 2$.

从而可令$x=2\cos\theta,\frac{f_1(x)}{2}=2\cos^2\theta-1=\cos2\theta$

所以，$f_1(x)=2\cos2\theta$

同样可得到：$f_2(x)=2\cos4\theta$

……

由数学归纳法，可得，$f_n(x)=2\cos2^n\theta$.

由$f_n(x)=x$，可得，$2\cos2^n\theta-2\cos\theta=0$，

即，$2\sin\frac{2^n+1}{2}\theta \cdot \sin\frac{2^n-1}{2}\theta=0$

解得：$\theta_k=\frac{2k\pi}{2^n+1}(k=1,2,\ldots ,2^{n-1})$

或，$\theta_k=\frac{2k\pi}{2^n-1}(k=0,1,\ldots ,2^{n-1}-1)$

所以，$x_k=2\cos\theta_k$

由于方程是$2^n$次的方程且$\theta_k \in (0,\pi)$，而在$(0,\pi)$内单调递减，

即这$2^n$个根彼此没有相等的，原命题得证。

例4. 解方程组：

$x_{k+1}=4x_k^3-3x_k(k=1,2,\ldots,n-1)及x_n=x_1$.

解：若$\left| x_1 \right|>1$，$x_2=4x_1^3-3x_1=x_1^3+3x_1(x_1^2-1)$，

由于$x_1^3$与$3x_1(x_1^2-1)$同号，

从而$ \left| x_2 \right|=\left| x_1^3 \right|+\left| {3x_1(x_1^2-1)} \right|>\left| x_1^3 \right|>\left| x_1 \right|$

同理，$\left| x_3 \right|>\left| x_2\right|,\ldots,\left| x_n \right|>\left| x_{n-1}\right|$

所以，$\left| x_n \right|>\left| x_{n-1}\right|>\ldots>\left| x_2\right|>\left| x_1\right|$

与$x_n=x_1$矛盾。故$\left| x_1 \right| \leq 1$.

设$x_1=\cos\theta,\theta \in(0,\pi)$，则

$x_2=4\cos^3\theta-3\cos\theta=\cos3\theta$

$x_3=\cos3^2\theta$

……

由数学归纳可得，$x_n=\cos3^{n-1}\theta$

由$\cos3^{n-1}\theta=\cos\theta$，得

$3^{n-1}\theta=2k\pi \pm \theta$，

解得，$\theta=\frac{2k\pi}{3^{n-1}\pm 1}$

所以，$x_n=\cos\frac{2k\pi}{3^{n-1}\pm 1}(k=0,1,2,\ldots,\frac{3^{n-1}-1}{2})$.

例5. （1989年浙江高中数学联赛）

给定数列${a_n}$，且$x_{n+1}=\frac{x_n+(2-\sqrt{3})}{1-x_n\cdot(2-\sqrt{3})}$.

求证：$x_{1001}=x_{401}$.

解：由递推式$x_{n+1}=\frac{x_n+(2-\sqrt{3})}{1-x_n\cdot(2-\sqrt{3})}$，可设$x_n=\tan\alpha_n$.

又$\tan15 ^\circ =2-\sqrt{3}$，故

$x_{n+1}=\frac{\tan\alpha_n+\tan15 ^\circ}{1-\tan\alpha_n\cdot\tan15 ^\circ}=\tan(\alpha_n+15^ \circ)$

且

$x_{n+12}=\tan(\alpha_n+180^\circ)=\tan\alpha_n=x_n$

所以${x_n}$是以$12$为周期的周期数列，从而$x_{1001}=x_{401}$。得证。