待定系数法求递推数列通项公式

待定系数法求递推数列通项公 式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。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、a = pa + q型(p、q为常数，且pq丰0, p丰1 )n+1n例题1在数列a 中， a =1, a = 2a +1, 试求其通项公式。n1n+1n分析：显然，这不是等差或等比数列，但如果在a = 2a +1的两边同时加上1,整理n+1n为a +1 = 2(a +1)，此时，把a +1和a +1看作一个整体，或者换元，令b = a +1，n+1nn+1nn+1 n+1那么b = a +1，即b = 2b ，b = a +1 = 2，因此，数列a +1或b 就是以2为首项,n nn +1n 11nn以 2 为公比的等比数列a +1 = 2n，或者 b = 2n，进一步求出 a = 2n -1。nnn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a +1，那n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a = 2a +1，可变形为a +九=2(a +X)的形式，然后展开括号、移n+1nn+1n项后再与a = 2a +1相比较，利用待定系数法可得2九-九=1,九=1。n +1n这样，对于形如a = pa + q (其中p、q为常数，且pq丰0,1 )的递推数列，n +1n先变为an+1 +X = P(an +九)的形式，展开、移项，利用待定系数法有n +1nan+1+ -1p1= p (an首项为a1 +L,公比为P的等比数列p1a + q= (a + q )pn1即a = (a + q )pn1 -qn p 11 p 1n 1 p 1p 1因此，形如a = pa + q这一类型的数列，都可以利用待定系数法来求解。n +1n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？ 二 an+1 = pa + qn + r (pq丰 0,日p 丰 1)型例题2在数列a 中， a = 1, a = 2a + 3n + 1 ,试求其通项公式。n1n+1n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a +X (n +1)-九=2( a +X n) +1，展开比较得X = 3,即n +1na+ 3(n + 1) = 2(a + 3n) + 4n +1n进一步a+ 3(n + 1) + 4 = 2( a + 3n + 4)n +1n则数列a + 3n + 4是a + 3x 1 + 4 = 8首项为a + 3x 1 + 4 = 8公比为2的等比数列，所以 n11a + 3n + 4 = 8 x 2n1 = 2n + 2 ， a = 2n+2 3n 4同样，形如a . = pa + qn + r的递推数列，设a + x(n +1) + y二p (a + xn + y)展开、n+1nn+1n移项、整理，比较对应系数相等，列出方程I (p 1)x=q解得(p -1) y - X = rx+ r q ry =+p -1( p -1)2p -1p-1(p-1)2即 a + q (n +1) +-n+1p-1(p-1)2则数列L +丄n + +丄|是以a +厶+ +丄为首项，以p为公比 n p -1 (p -1)2 p -1J1 p -1 (p -1)2 p -1的等比数列。于是就可以进一步求出a 的通项。n同理，若an+1 = pan + f (n)其中f (n)是关于n的多项式时,也可以构造新的等比数列,利用待定系数法求出其通项。比如当 f(n) = qn 2 + rn + s =时，可设a +x(n+1)2+y(n+1)+z= p(a +xn2+yn+z) n +1n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) = -n + r时，递推公式又将如何变形呢?三 an+1 = pa + rqn + s 型(pqr丰0,且p 丰 1,q 丰 1,p 丰-) 例题3在数列a 中， a =1,a =3a +2n ,n1n +1nn分析1：由于a = 3a + 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 n +1n形，在两边同时加上2 x 2n变为a + 2n+1 = 3a + 3 x 2n即n+1na + 2n+1 = 3(a + 2n)n+1n则数列 + 2 是首项为3,公比为3的等比数列a + 2n = 3n，则nna 二 3n 2nn分析2：如果将指数式先变为常数，两边同除2n+1a3a13a1n 11 n + n +2n +12n +12222n就回到了我们的类型一。进一步也可求出a 3n 2n。n例题4在数列a 中， a 3, a 3a + 5x2 + 4,n1n+1nnn分析：若按例题3的思路2,在两边同时除以2n+i，虽然产生了 J、匕，但是又增加 2n +1 2n了上，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 x2n整理 2n+1a + 5 x 2n +1 3(a + 5 x 2 n ) + 4 n +1n进一步a + 5 x 2 n +1 + 2 3(a + 5 x 2 n + 2) n +1n则数列a + 5x 2n + 2是首项为15,公比为3的等比数列na + 5x 2n + 2 15 x 3n1 5x 3nn即a 5(3n 2n) 2n启示：已知数列a 的首项，a pa + rqn + s (pqr 丰 0 且p 丰 1, q 丰 1, q 丰 p)nn +1n1)当s 0，即a pa + rqn由例题3 知,有两种思路进行变换，利用待定系数法构造 n +1n首项和公比已知或可求的等比数列。思路一：在两边同时除以qn+i，将不含a和a的项变为常数，即n +1 nan+1qn+1arn +q qnq丄最终求解出a p 1n1q J为前面的类型一，再用类型一的待定系数法思想可得数列qa+qn的通项。思路二：在两边同时加上qn的倍数，最终能变形为a + xqn+i 二 p(a + xqn)n+1n对应系数相等得a +qn+1 = p (a +- qn)n+1p - qn p - q求出数列 a +一-qnI n pq的通项，进一步求出a 的通项。n2)当s丰0时，即an +1n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a + xqn+1 + y = p (a + xqn + y) n +1n比较得X，y的方程组p-q+qn +宀) p - q p -1(p - q) x = r (p -1) y = s于是r qn+1 + S = p (an+1 p - qp -1 n求出数列b + 厶-qn +丄|的通项，进一步求出a 的通项。I n p - qp -11n四：a二pa + qa + f (n)型已知a , a其中f (n)可以为常数、n的多项式或指数式) n+ 2n+1n1 2以 f (n)=0 为例。例题5在数列a 中，a = 1,a = 2,a = a + -a，试求a 的通项。n12n + 2 3 n +1 3 nn分析：这是三项之间递推数列，根据前面的思路，可以把a看做常数进行处理，可变 n +1为a -a =-丄(a -a )，先求出数列a -a 的通项n + 2 n +1 3 n +1 nn +1 na a = ( ) n-i n+1 n3然后利用累加法即可进一步求出a 的通项a。nn对于形如a的递推数列，可以设 a + xa = y (a + xa )展开，利用n+2n+1nn + 2n+1n+1n对应系数相等，列方程Fy=pxy = q于是数列a + xa 就是以a + xa为首项，y为公比的等比数列，不难求出n +1n21a + xa 的通项进一步利用相关即可求出a。n +1nn同理，a = pa + qa +f (n)当f (n)为非零多项式或者是指数式时，也可结合前 n+ 2n +1n面的思路进行处理。问题的关键在于先变形a + xa 二 y(a + xa ) + f (n) n+ 2n+1n+1n然后把a + xa看做一个整体就变为了前面的类型。n +1 n五：a = p - a r (p丰1且p e R+，心0,心1)型，a 为正项数列n +1nn例题6.在数列a中，试求其通项a。n1n +1nn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a 0，所以可联想到对数的相关性质，对na二2a 2两边取对数，即n +1nlg a = lg(2a 2)二 lg2 + lg a 2 二 2lg a + lg2n +1nnn就是前面的类型一了，即lg a + lg2 二 2(lg a + lg2)n +1nlg a + lg2 二(lg2) x 2n-1 二 lg2 2”-1n变形得a 二 22n1 1n对于类似a = p - a r (p丰1且p e R+,心0,心1)的递推数列，由于两边次数不一致，n +1n又是正项数列，所以可以利用对数性质，两边同时取对数，得lg a 二 lg p - a r 二 r lg a + lg pn+1nn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lg a +里4为已In+1 r 1J知首项和公比的等比数列了。求出lga +里上|最终就可以得出a 的通项。In+1 r 1 In同样，如果将a = p -a r (p丰1且p G R+, r工0, r工1)中的p换为指数式qn时，同样 n+1n可以利用相同的方法。即：a = qn - ar (q丰1且q g R+， r工0, rH 1)n+1n两边取对数lga =lg(qn - a r) = r lg a + n lg qn+1nn变为类型二lg a +x(n+1)+ y=r(lga +xn+ y)n +1n即可进一步得出a 的通项。n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：a =兰亠(pr H 0)型 n+1 pa + qn例题7在数列a 中，a = 1,a = 匕，试求其通项a。n1n +1 3a + 2nn分析：这是一个分式型数列，如果去分母变为 3a a +2a a = 0后就无法进行处理 n +1 nn +1 n了。两边同时取倒数3a + 2na(1 )+ 3 = 2 + 3Ia丿nn +1就是前面的类型一了。-a n +1所以数列丄+ 是首项为丄+ 3 = 4，公比为2的等比数列，不难求出I aIan1a =n2 n +1 3例题8.在数列a 中，a = 1,a =上出，试求其通项a。n1n+1 3a + 2nn分析：此题比例题 7的区别多了常数项，两边取倒11-4 x+ 3aa + 2n+1n左右两边丄与 二并不一致。但可以对照例题7的思路，取倒数之后分母会具有一a a + 2 n +1n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：a + 2a + x= n + x=n+13a + 2n此时如果生空二x3x + 1(3x + 1)f a + 2+2xI n3x +1 丿3a + 2n，那么递推式左边和右边分母就一致了。解方程得x1 一 3, 丁1因此2a =n +13 2)1 a 一一I n 3丿3a + 2n4( a+1)a +1 =n+4n+i3a + 2n此时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a1 = 害,n两边取倒13a + 2113n + a +1(4 a+1)4 a +1 4n +1n +1n回到了类型一13113( ) a +1 54 a +1 5n +1n根据类型一的方法易求出：4 X (4)n-1 +16X(4)n1 1现在我们将两式相比：2a n 3a +12a n+i3a +1n+1a a。n则数列丄21是我已知首项和公比的等比数列，进一步化简求出a +1n通过以上两个例题可知，形如a =巴工S (pr丰0)这一类型的递推数列，对学生n+1 pa + qn的综合能力要求较高。1、如果右边分子缺常数项，即s二0，那么直接对两边取倒数即可得：1 - q 1 + pa r a rn +1n此时，若纟=1，那就是我们熟悉的等差数列，若纟主1，那就是前面的类型用待rr定系数法求解。2、若s丰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 )(r + xp)(a +)n r+ pxa + x =n+1pa + qn然后令土 = x，解出x的值。r+ px而另一种思路是直接设a =兰亠 变形之后为 n+1 pa + qn,_ y (a + x)a + x nn+1pa + qn然后展开，根据对应项系数相等得二元方程组yxp rx(yq) s求出 x, y 。两种思路都是解x的一元二次方程，设其解为x , x。12a + x =n+11y (a + x )壬 丄 _ i n i 和Ua + x p(a + q)n+12ny (a + x )2 n2p(a +q)n若x1 x2时，那就只能利用例题7的方法，两边取倒数，部分分式整理即可转变为1a +xn+11p(a + q)p(a + x ) + p(q - x ) p(q - x )nn 11 1-y (a + x )y (a + x )y1 n 11 n 111a +xn1y1类型一。最终求出 a 。n当x1丰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：a+ xya + xn+11 1 n1a+ xya + xn +122 n 2所以数列|是首项为 41，公比为身的等比数列。进一步求出a。I a + x Ia + xynn 2122ra 2 + s七：a n - (pr 丰 0, p 2r, q2 + 4rs 0)型n+1 pa + qn例题9在数列a 中，a 2,a 佯艺，试求其通项a。n1n +1 2a + 2nn分析：本题属于分式非线性递推式，与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： 两边同时加上某个常数，设最终变为：(a + x)2a + x l n+12a + 2n与原式比较，对应系数相等，得x2-2x 3解方程得x -1,x 312即有：a + 3 =n+1(a + 3)2n2a + 2(a 一 1)2nn +12a + 2a+ 3n+1a一 1n+1对单个式子进行处理，无从下手，两式相比得a + 3 丫 nIa -1 丿n然后，两边取对数得：则数列lga + 3a - 1n+1是首项为lg= lga + 3 2nIa -1 丿n= 2lga +3na + 3-1-a - 11= lg5 ，公比为2的等比数列。a + 3lgf= lg5 2-1a - 1n进一步解得a =竺上3 = 1 + -n 52n-1 -152n-1 - 1r、 s 必显然，按照例题9的思路,形如a =巴土 （pr丰0）这一类型的参数p、qn+1 pa + qn须满足一定的条件，所得方程应有两个不相等的实根。现在来探讨应该满足哪些条件？设 a + x =n+1ra 2 + sn+ X =pa + qnr (a + x)2npa + qn即：ra 2 + sr(a + x)2n + X =n pa + qpa + qnn所以 ra 2 + xpa + xq + s = ra 2 + 2rxa + rx 2 nnnn对应系数相等得 p =2r,rx2 -qx-s =0方程 rx 2 - qx - s = 0要满足A =q 2 + 4rs 0设方程的两根为x , x则有12r(a + x )2 a + x = n 1 - n+11 pa + qnr(a + x )2a + X n 2 n+12 pa + qn两式相比得两边取对数得a + xn+11a + xn +122a + xn1Ia + x2 Jn2a + xa + xlg n+11 21g n1a + xa + xn+12n 2数列Jlg Ui |是首项为Ig，公比为2的等比数列。I a + x Ia + x 2n 21求出|lg口11的通项再整理一下就得出了 a 的通项，问题就得以解决了。I a + x2 Inn2本文主要是通过例题的分析讲解，并进行归纳总结概括而形成的，是我在平时的 学习中，通过平时自己的一些积累和参考其他作者的思路，对用待定系数法求解递推 数列的初步探讨和认识。例题的深度层层深入，前面的类型是后面的基础，特别是第 一种类型，是学习其他几种类型的充分依据，其他的类型最终都会转变为第一种类型 之后再进行求解。参考文献1 李春雷 用不动点法探究递推数列的通项公式 J.中学数学研究2006.05期2 用待定系数法求解递推数列的通项公式J.中 学数学研究 2007.07 期3 例析待定系数法求解递推数列的通项公式J. 中学数学研究 2009.07 期最全的待定系数法求递推数列通