()推荐)待定系数法求递推数列通项公式

1、用待定系数法求递推数列通项公式初探摘要: 本文通过用待定系数法分析求解 9个递推数列的例题， 得出适用待定系数法求其 通项公式的七种类型的递推数列，用于解决像观察法、公式法、迭乘法、迭加法、裂项 相消法和公式法等不能解决的数列的通项问题。关键词 :变形 对应系数 待定 递推数列数列在高中数学中占有重要的地位， 推导通项公式是学习数列必由之路， 特别是根 据递推公式推导出通项公式， 对教师的教学和学生的学习来说都是一大难点， 递推公式 千奇百怪，推导方法却各不相同，灵活多变。对学生的观察、分析能力要求较高，解题 的关键在于如何变形。常见的方法有观察法、公式法、迭乘法、迭加法、裂项相消法和 公式法

2、。 但是对比较复杂的递推公式， 用上述方法难以完成， 用待定系数法将递推公式 进行变形， 变成新的数列等差数列或等比数列。 下面就分类型谈谈如何利用待定系数法 求解几类数列的递推公式。一、 an 1 pan q 型( p、q 为常数，且 pq 0,p 1)例题 1.在数列 an 中， a1 1,an 1 2an 1,试求其通项公式。分析：显然，这不是等差或等比数列，但如果在 an 1 2an 1的两边同时加上 1，整理 为an 1 1 2(an 1)，此时，把an 1 1和an 1看作一个整体，或者换元，令bn 1 an 1 1 , 那么bn an 1，即bn 1 2bn , R a 1 2

3、,因此，数列an 1或bn就是以2为首项， 以 2 为公比的等比数列an 1 2n ，或者 bn 2n ，进一步求出 an 2n 1 。启示：在这个问题中，容易看出在左右两边加上 1就构成了新的等比数列 an 1，那不易看出在左右两边该加几后构成新的等比数列时，该怎么办呢?其实，已知an 1 2an 1，可变形为an 12(an )的形式，然后展开括号、移项后再与an 12an 1相比较，利用待定系数法可得21, 1。这样，对于形如an 1pan q (其中p、q为常数，且pq 0, p 1)的递推数列,先变为an 1p(an)的形式，展开、移项，利用待定系数法有(p1) q，an 1则数列a

4、n首项为a1,公比为p的等比数列an(ai因此，形如an 1panq这一类型的数列，都可以利用待定系数法来求解。那么，若q变为f (n) , f (n)是关于n非零多项式时，该怎么办呢？是否也能运用待定系数法呢?an 1 panqn(pq o,且p 1)型例题2.在数列an中，a1 1,an 1 2an 3n 1,试求其通项公式。分析：按照例题1的思路，在两边既要加上某一常数同时也要加上n的倍数，才能使新的数列有一致的形式。先变为an 1 (n 1)2(ann) 1，展开比较得3,即an 13(n 1)2(an 3n) 4进一步an 13(n1) 42(an 3n 4)则数列 an 3n 4是

5、务3 14 8首项为印3 1 4 8公比为2的等比数列，所以an 3 n 4 8n 1 n 2n 222，an 2 3n 4同样，形如an 1 pan qnr的递推数列，设an 1 x(n1) y p(an xn y)展开、移项、整理,比较对应系数相等，列出方程(P 1)x q(P 1)y x rx丘解得P 1x r q2P 1 (P 1)即an1(n 1)q r(P 1)2 P 1p anpVq(p 1)2则数列q r(P 1)2P 1是以a1q(P 1)2r-为首项，以P为公比P 1的等比数列。于是就可以进一步求出an的通项。也可以构造新的等比数列,同理，若an 1 pan f (n)其中

6、f(n)是关于n的多项式时,利用待定系数法求出其通项。比如当f( n) qn2 m s =时，可设2 2an 1 x( n 1)y( n 1) zp(a. xn yn z)展开根据对应系数分别相等求解方程即可。f(n)为n的三次、四次、五次等多项式时也能用同样的思路和方法进行求解。而如果当f(n)是n的指数式，即f(n) qn r时，递推公式又将如何变形呢?an 1 pan rqn s 型(pqr 0,且 p 1,q 1,P q) 例题3.在数列an中，a 1,an i 3an 2n，试求其通项a.。分析1 :由于an i 3an 2n与例题1的区别在于2n是指数式，可以用上面的思路进行 变形

7、，在两边同时加上2 2n变为an i 2n 1 3an 3 2n即ani 2n1 3(an 2n)则数列an 2n是首项为3，公比为3的等比数列an 2n 3n，则n nan 32分析2 :如果将指数式先变为常数，两边同除 2n1an 1 3an 13 an 1盯刃2 2久2就回到了我们的类型一。进一步也可求出an 3n 2n。例题4.在数列an中，a3,an13an52n4,试求a.的通项a.。分析：若按例题3的思路2，在两边同时除以2n 1，虽然产生了 閉、爰，但是又增加4了 盯，与原式并没有大的变化。所以只能运用思路1，在两边同时加上10 2n整理n 1n、an 1523(an 52)4

8、进一步an 152n123(an5 2n2)则数列an 5 2n 2是首项为15，公比为3的等比数列an 5 2n 2 15 3n 1 5 3n即an 5(3n 2n) 2启示：已知数列 an的首项，an 1 pan rqn s(pqr 0且p 1,q 1,q p)1 )当s 0,即 an 1 pan rqn由例题3知，有两种思路进行变换，利用待定系数法构造首项和公比已知或可求的等比数列。an 1思路一：在两边同时除以qn1，将不含an 1和an的项变为常数，即annq为前面的类型一，再用类型一的待定系数法思想可得数列r丄最终求解出anP 1q的通项。思路二：在两边同时加上qn的倍数，最终能变

9、形为an 1nxqpn xqn)对应系数相等得r(p q)x r，即 xp q求出数列anan 1qn 1p(anp qp q的通项，进一步求出an的通项。2 )当 s 0 时，即 an 1 pan rqn s由例4可知只能在选择思路二，两边既要加qn的倍数，也要加常数，最终能变形为nxqyp(annxqy)比较得x，y的方程组(p q)x r(p 1)y srp qsp 1于是p(an求出数列an的通项，进一步求出an的通项13%，试求an的通项。分析：这是三项之间递推数列，根据前面的思路,可以把an 1看做常数进行处理，可变1为an 2 an 13® 1)，先求出数列 an 13

10、an的通项ani an ( 3)n13然后利用累加法即可进一步求出an的通项an对于形如an 2pan 1qan的递推数列，可以设an 2 xan 1 y(an 1 xan)展开，禾I用四：an 2 pan 1 qan f(n)型(已知a1, a2其中f(n)可以为常数、n的多项式或指数式)以f (n )=0为例。2例题5.在数列 an 中, 乂2，an2 3an1对应系数相等，列方程x y Pxy q于是数列 an 1 xan就是以a2为首项,y为公比的等比数列，不 难求出an 1xan的通项进一步利用相关即可求出an。同理，an 2 pan 1 qan f (n)当f(n)为非零多项式或者

11、是指数式时，也可结合前面的思路进行处理。冋题的关键在于先变形an 2 xan 1 y(an 1 xa.) f(n)然后把an 1 xan看做一个整体就变为了前面的类型。五：an 1 p anr(p 1且p R，r 0,r 1)型，a.为正项数列例题6 .在数列an中，a 1,an 1 2an2，试求其通项耳。分析：此题和前面的几种类型没有相同之处，左边是一次式，而右边是二次式，关键在 于通过变形，使两边次数相同，由于an 0，所以可联想到对数的相关性质，对an 1 2an2 两边取对数，即2 2lg an 1 lg(2an ) lg2 lg a.2lg a. Ig 2就是前面的类型一了，即Ig

12、 an 1 Ig2 2(lg a. Ig 2)12n 1Iga1 Ig2 (lg 2)2n 1 Ig222n 1 1变形得an 221对于类似an 1 p anr(p 1且p R , r 0,r 1)的递推数列，由于两边次数不一致，又是正项数列，所以可以利用对数性质，两边同时取对数，得rlg an 1 Ig p anr Ig a. Ig p然后就是前面的类型一了，就可以利用待定系数法进一步构造数列Igan 1 卑 为已r 1知首项和公比的等比数列了。求出Igam 最终就可以得出an的通项。r 1同样，如果将an 1 p anr(p 1且p R，r 0,r1)中的p换为指数式qn时，同样可以利用

13、相同的方法。即：an 1 qn anr (q 1且q R，r 0,r 1)两边取对数Ig an 1 lg(qn a.") rIg an n Igq变为类型二Ig an 1 x(n 1) y r(lg an xn y)即可进一步得出an的通项。以上是一些整式型的递推数列通项公式的求解，接下来再看看比较复杂的分式型递推数列。六：an 1 旦一s ( pr 0)型pan q例题7 在数列an中，d 1,an1，试求其通项an。3an 2分析：这是一个分式型数列，如果去分母变为3an 1an 2an 1 an 0后就无法进行处理了。两边同时取倒数3an2an3 an就是前面的类型一了an 1

14、2丄an1 1所以数列一3是首项为一4，公比为2的等比数列，不难求出anaian例题8 .在数列an中，ai 1,an 13anan 1，试求其通项即。分析：此题比例题7的区别多了常数项,两边取倒丄4an 11an21左右两边丄与a 1an1并不一致。2但可以对照例题7的思路，取倒数之后分母会具有一致的结构,根据等式和分式的性质,我们可在两边同时加上某一常数，整理:an 1 Xan23an(3x 1) anX 2 2x3x 13an 2此时如果2x 23x 1那么递推式左边和右边分母就一致了。解方程得XiiX2 1因此2an1 31 an f3an 2an 114( a 1 1)3an 2此时

15、可选择其中一个递推式按照例题 7的方式进行处理,这里选择an 1 14( a. 1 1)3an 2，两边取倒1an 13an 24( an 1 1)4 an 1回到了类型一an 1寸(-4 an5）根据类型一的方法易求出:an4)n 1 14)n 1 1现在我们将两式相比:23an 11an 123 an 1an2an 则数列 3an 1是我已知首项和公比的等比数列，进一步化简求出an。通过以上两个例题可知，形如an 1电仝（pr 0）这一类型的递推数列，对学生pan q的综合能力要求较高。1、如果右边分子缺常数项，即s 0，那么直接对两边取倒数即可得:an 1q丄r an此时，若q 1，那就

16、是我们熟悉的等差数列,r若q 1，那就是前面的类型一一一用待r定系数法求解。2、若s 0,就需要先变形，使左边和右边分子结构一致。两边同时加上某一个常数（x）an 1(r xp)G 匚岀) r px xpan q然后令s qx x，解出x的值r px而另一种思路是直接设an 1空仝变形之后为pan qan 1y(an X)pan q然后展开，根据对应项系数相等得二元方程组y xp r x(y q) s求出x, y。两种思路都是解x的一元二次方程，设其解为Xi，%an 1xl%(an X1)和 a x y2(an X2)p(an q) n 1 2 p(an q)若x1 X2时，那就只能利用例题7

17、的方法，两边取倒数，部分分式整理即可转变为类型一1p(anq)p(an X1)p(q X1)p(q X1)1pan 1X1y1(anX1)%(anX1)y1anX1y1最终求出an当X1 X2时，可以选择其中的一个按照上面的方式进行求解， 但是此时计算量颇大, 于是直接将两式相比得:an 1为5 an为an 1X2y2 anX2所以数列 色X1是首项为旦，公比为乂的等比数列。进一步求出anan X2ai X2y22七：an i ra (pr 0, p 2r,q2 4rs 0)型 pan q例题9.在数列an中，ai 2,an ian232an 2试求其通项an分析：本题属于分式非线性递推式,与

18、类型五又有相似之处，所以我们可以结合类型五、六的思路，进行变换:an 13an 112an 3an1两边同时加上某个常数，设最终变为:an 1x(an2anx)22与原式比较，对应系数相等，得2 x2x 3解方程得X11,X23即有：an 13(an3)22 an2an 11(an1)22an2对单个式子进行处理，无从下手，两式相比得然后，两边取对数得:lgan 1an 1lg2an 3an 1an2lg_an则数列皆是首项为g汁lg5，公比为2的等比数列进一步解得an 32n iE lg52“ ia i4n2n i2n i5 i 5 i2“ i2rans显然，按照例题9的思路，形如an i n (pr 0)这一类型的参数p、q、 pan qr、s必须满足一定的条件，所得方程