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user: 3. f ( n ) q n ≠ 0 时，问题(1)的求解方法 在(1)式两边同除以 q n ，有 q 2 1 q n + 2 a n + 2 = A 1 q 1 q n + 1 a n + 1 + A 2 1 q n a n + f ( n ) ，并令 b n = 1 q n a n ，则有 q 2 b n + 2 = A 1 q b n + 1 + A 2 b n + f ( n ) ， 为叙述方便，记为 b n + 2 = C 1 b n + 1 + C 2 b n + f ( n ) ，其中 C 1 = A 1 1 q ， C 2 = A 2 1 q 2 . (10) 在下面的讨论中，还要应用到多项式相等的定义。 定义2.1 假设 f ( n ) = a 0 + a 1 n + a 2 n 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + a k n k ， g ( n ) = b 0 + b 1 n + b 2 n 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + b l n l 是关于自然数n的多项式( k ， l 为自然数)， f ( n ) = g ( n ) 当且仅当 k = l ， a i = b i ， i = 0 ， 1 ， ⋅ ⋅ ⋅ ， k 。 3.1. 求解方法的思路 第1步. 确定非负整数m和多项式 p ( n ) 。 在(10)的两边加上 x 1 b n + 1 + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m ，其中 x 1 为待定常数，m为待定非负整数， p ( n ) 和 f ( n ) 的次数相同的多项式，不妨设为 f ( n ) = a 0 + a 1 n + a 2 n 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + a k n k ， p ( n ) = c 0 + c 1 n + c 2 n 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + c k n k ， 有 b n + 2 + x 1 b n + 1 + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m = C 1 b n + 1 + C 2 b n + f ( n ) + x 1 b n + 1 + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m = ( C 1 + x 1 ) b n + 1 + C 2 b n + f ( n ) + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m = ( C 1 + x 1 ) { b n + 1 + C 2 C 1 + x 1 b n + 1 C 1 + x 1 [ f ( n ) + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m ] } ， (11) 要使(11)式两边的结构相同，令 x 1 = C 2 C 1 + x 1 ， (12) 并使得 ( C 1 + x 1 ) − 1 [ f ( n ) + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m ] = p ( n ) n m ，也就是 p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m − ( C 1 + x 1 ) p ( n ) n m = − f ( n ) ， (13) 由(13)，首先确定非负整数m的取值。若已知m的值，然后根据多项式相等的定义可由(13)确定多项式 p ( n ) ，因此，下面只讨论m的取值。 考察等式(13)左边的最高次数项 c k n m + k − ( C 1 + x 1 ) c k n m + k = ( 1 − C 1 − x 1 ) c k n m + k 。 若 1 − C 1 − x 1 ≠ 0 ，由(13)和 c k ≠ 0 ，有 m + k = k ，所以， m = 0 。 若 1 − C 1 − x 1 = 0 ，考察(13)式左边的 m + k − 1 ，有 c k − 1 n m + k − 1 − ( C 1 + x 1 ) [ c k − 1 n m + k − 1 + c k C m + k m + k − 1 n m + k − 1 ] = { c k − 1 − ( C 1 + x 1 ) [ c k − 1 + c k C m + k m + k − 1 ] } n m + k − 1 = { ( 1 − C 1 − x 1 ) c k − 1 − ( C 1 + x 1 ) c k ( m + k ) } n m + k − 1 = − ( C 1 + x 1 ) c k ( m + k ) n m + k − 1 ， (14) 由(13)和(14)，有 m + k − 1 = k ，所以， m = 1 。 第2步. 若 C 1 2 + 4 C 2 ≠ 0 ，则(12)有两个不同的解，即 x 1 = − C 1 + C 1 2 + 4 C 2 2 ， x 2 = − C 1 − C 1 2 + 4 C 2 2 . 由(11)知 b n + 2 + x 1 b n + 1 + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m = ( b 2 + x 1 b 1 + p ( 1 ) ) ( C 1 + x 1 ) n ， (15) b n + 2 + x 2 b n + 1 + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m = ( b 2 + x 2 b 1 + p ( 1 ) ) ( C 1 + x 2 ) n ， (16) 联立(15)和(16)，有 b n + 2 = ( x 2 − x 1 ) − 1 x 2 ( b 2 + x 1 b 1 + p ( 1 ) ) ( C 1 + x 1 ) n − ( x 2 − x 1 ) − 1 x 1 ( b 2 + x 1 b 1 + p ( 1 ) ) ( C 1 + x 1 ) n − p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m ， 即 b n = ( x 2 − x 1 ) − 1 x 2 ( b 2 + x 1 b 1 + p ( 1 ) ) ( C 1 + x 1 ) n − 2 − ( x 2 − x 1 ) − 1 x 1 ( b 2 + x 1 b 1 + p ( 1 ) ) ( C 1 + x 1 ) n − 2 − p ( n − 1 ) ( n − 1 ) m ， (17) 第3步. 若 C 1 2 + 4 C 2 = 0 ，则(12)有两个相同的解，即 x 1 = − C 1 2 ，再由(11)、(12)和(13)知数列 b n + 2 − C 1 2 b n + 1 + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m 是以公比为 C 1 2 的等比数列，且有 b n + 2 = C 1 2 b n + 1 + ( b 2 − C 1 2 b 1 + p ( 1 ) ) ( C 1 2 ) n − p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m ， (18) 利用与第一步相同的方法，在(18)的两边加上 c ( n + 1 ) ( C 1 2 ) n + 1 + d ψ ( n + 1 ) ( n + 1 ) l ，其中 c ， d 是待定常数，l为待定非负整数， ψ ( n ) 待定多项式， ψ ( n ) 是和 φ ( n ) = p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m 次数相同的多项式，有 b n + 2 + c ( n + 1 ) ( C 1 2 ) n + 1 + d ψ ( n + 1 ) ( n + 1 ) l = C 1 2 b n + 1 + c ( n + 1 ) ( C 1 2 ) n + 1 + ( b 2 − C 1 2 b 1 + p ( 1 ) ) ( C 1 2 ) n − φ ( n ) + d ψ ( n + 1 ) ( n + 1 ) l = C 1 2 b n + 1 + [ c C 1 2 + ( b 2 − C 1 2 b 1 + p ( 1 ) ) ] ( C 1 2 ) n + c C 1 2 n ( C 1 2 ) n − φ ( n ) + d ψ ( n + 1 ) ( n + 1 ) l = C 1 2 { b n + 1 + 2 C 1 [ c C 1 2 + ( b 2 − C 1 2 b 1 + p ( 1 ) ) ] ( C 1 2 ) n + c n ( C 1 2 ) n + 2 C 1 d ψ ( n ) n l }       + 2 C 1 [ d ψ ( n + 1 ) ( n + 1 ) l − d ψ ( n ) n l − φ ( n ) ] = C 1 2 { b n + 1 + c n ( C 1 2 ) n + d ψ ( n ) n l } ， (19) 最后一个等式是为使(19)两边的结构相似，在此令 c C 1 2 + ( b 2 − C 1 2 b 1 + p ( 1 ) ) = 0 ， (20) d ψ ( n + 1 ) ( n + 1 ) l − d ψ ( n ) n l − φ ( n ) = 0. (21) 由(20)，有 c = − 2 C 1 ( b 2 − C 1 2 b 1 + p ( 1 ) ) 。对于(21)，本节第1步同样的方法，可以确定待定常数d、非负整数l的取值和多项式 ψ ( n ) 。 由(19)，得 b n + 2 + c ( n + 1 ) ( C 1 2 ) n + 1 + d ψ ( n + 1 ) ( n + 1 ) l = { b 2 + c ( C 1 2 ) + d ψ ( 1 ) } ( C 1 2 ) n ， 即有 b n = { b 2 + c ( C 1 2 ) + d ψ ( 1 ) } ( C 1 2 ) n − 2 − c ( n − 1 ) ( C 1 2 ) n − 1 + d ψ ( n − 1 ) ( n − 1 ) l 。 3.2. 方法应用举例 例3 数列 { a n } 中， a 1 = 4 ， a n + 1 = 3 a n + ( 2 n + 1 ) 3 n + 1 ，求通项 a n 。 解：在 a n + 1 = 3 a n + ( 2 n + 1 ) 3 n + 1 的两边同除以 3 n + 1 ，我们有 1 3 n + 1 a n + 1 = 1 3 n a n + ( 2 n + 1 ) ，并且令 b n = 1 3 n a n ，则有 b n + 1 = b n + ( 2 n + 1 ) ，在此式两边加上 p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m ，其中m为待定非负整数， p ( n ) 和 2 n + 1 的次数相同的多项式，不妨设为 p ( n ) = c 0 + c 1 n ，有 b n + 1 + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m = b n + p ( n ) n m + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m − p ( n ) n m + ( 2 n + 1 ) ， 要使得上式结构相似，令 p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m − p ( n ) n m = − 2 n − 1 ，用以确定 p ( n ) 。将 p ( n ) = c 0 + c 1 n 代入上式，考察上式左边n的最高次数项为 ( 1 + m ) c 1 n m ，有多项式相等的定义，有 m = 1 ， c 1 = − 1 ，进而有 c 0 = 0 。因此，有 b n + 1 − ( n + 1 ) 2 = b 1 − 1 = 1 3 a 1 − 1 = 1 3 ，即 b n = 1 3 + n 2 ，也就是 a n = ( 1 3 + n 2 ) 3 n = ( 1 + 3 n 2 ) 3 n − 1 . 例4 数列 { a n } 中， a 1 = 4 ， a n + 1 = 3 a n + ( 2 n 4 + 1 ) 3 n + 1 ，求通项 a n 。 解：在 a n + 1 = 3 a n + ( 2 n + 1 ) 3 n + 1 的两边同除以 3 n + 1 ，我们有 1 3 n + 1 a n + 1 = 1 3 n a n + ( 2 n 4 + 1 ) ， 并且令 b n = 1 3 n a n ，则有 b n + 1 = b n + ( 2 n 4 + 1 ) ，在此式两边加上 p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m ，其中m为待定非负整数， p ( n ) 和 2 n 4 + 1 的次数相同的多项式，不妨设为 p ( n ) = c 0 + c 1 n + c 2 n 2 + c 3 n 3 + c 4 n 4 ，有 b n + 1 + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m = b n + p ( n ) n m + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m − p ( n ) n m + ( 2 n 4 + 1 ) ， 要使的上式结构相似，令 p ( n + 1 ) ( n + 1 ) m − p ( n ) n m = − 2 n 4 − 1 ，并将 p ( n ) = c 0 + c 1 n + c 2 n 2 + c 3 n 3 + c 4 n 4 ， 代入上式，有多项式相等的定义，我们有 m = 1 ， c 0 = 11 15 ， c 1 = − 5 3 ， c 2 = − 2 3 ， c 3 = 1 ， c 4 = − 2 5 . 因此，有 b n + 1 + p ( n + 1 ) ( n + 1 ) = b 1 + p ( 1 ) = 1 3 ，即 b n + 1 = − p ( n + 1 ) ( n + 1 ) + 1 3 = − 2 5 + 5 3 ( n + 1 ) + 2 3 ( n + 1 ) 2 − ( n + 1 ) 3 + 2 5 ( n + 1 ) 4 ， 也就是 a n = ( − 2 5 + 5 3 n + 2 3 n 2 − n 3 + 2 5 n 4 ) 3 n 。