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。 a?pa?q 型(为常数,且)一、 1p?pq?0,q、pn1n?中,,,1.在数列试求其通项公 例题a1?a1?2a?an1n1n?分析:显然,这不是等差或等比数列,但如果在的两边同时加上1,整理为1?2a?an?1n,此时,把和看作一个整体,或者换元,令, 那么11?aa?1?ba?1?2(a?1)an?1n1n?1nn?1n?就是以2 为首项,以或2 为,因此, 数列,,即b1?a2?a?1?b?a?1b?2bbnn11n?1nnn 公比的等比数列 n2?1ann。,进一步求出 ,或者2?b1a?2?nnn?,那不易就构成了新的等比数列启 示:在这个问题中,容易看出在左右两边加上11?an 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? ?)?2(a2?1a?aa?的形式,然后展开括号、移项后其实,已知,可变形为 n?nn?11n?1?a?2a。再与 相比较,利用待定系数法可得1?1,?2?n1n?a?pa?q(其中为 常数,且这样,对于形如)的递推数列,先变1?0,ppq?qp、n?1n?)?p?(?aa 的形式, 展开、移项,利用待定系数法有 为n1n?q? ,q1)p(? qq即)a?pa?( n1n?p?1p?1?qqa?,公比为p 的等比数列 1n1p?1p?a?pa?q这一类型的数列,都可以利用待定系数法来求解。 因此,形如nn?1 那么,若变为,是关于非零多项式时,该怎么办呢?是否也能运用 待定系数法)nf(f(n)nq 1)?0,且pqn?r(pq?a?pa?n?1n?中,,,试求其通项公式。例题2.在数列 a1?a1n?a?2a?3n1nn?1 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?1?n)?2(a?a?(n?1)? 列有一致的形式。先变为, 展开比较得即3,?n?n1 进一步 公比为2的等比数列,所以是 则数列 4a?3n11nn?1n?2n?22?2n?4?8a?3 ,4?3n?a?2nna?x(n?1)?y?p(a?xn?y)展开、移的递推数 列,设同样,形如rqn?a?pann?1n1n?(p?1)x?q?项、整理,比较对应系数相等,列 出方程 ?qrx?r?y?2p?1)1?p?1(p?rqrqqq 1n221?1)p?(p?1p11)p?p1(p?a的通项。比数列。于是就可以进一步求出 同理,若其中是关于n的多项式时,也可以构造新的等比数列,利用)f(n)a?(nfpa?n?1n2 时,可设=待定系数法求出其通项。比如当s?rn?qn?)n(f 展开根据对应系数分别相等求解方程即可。 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。 )(nfn 时,递推公式又将如何变形呢?的指数式,即 而如果当是n)f(nrq?f(n)n 三)q1,p? 且p?1,q?pa?rq?s 型(pqr?0,an?1n?n,试求其通项,3.在数列。中,例题 aa1a?2?3aann1nn?1nn 是指数式,可以用上面的思路进行变形,211:由于的区别在 于与例题分析2a?a?3n?1nnn?1n 即变为在两边同时加上 2?22?3?a2a?3?nn?1?nnn,则的 等比数列 是首项为则数列3,公比为32?a3a?2nnn?12 如果将指数式先变为常数, 两边同除2:分析nn。 就回到了我们的类型一。进一步也可求出2?3an?n 的通项。在数列4.,试求中,, 例题aaa3a?42?3a?a?5?nnn1n1n?aa41n?n1n?2、分析:若 按例题3 的思路2,在两边同时除以,但是又增加了,,虽然产生了 nn?1n?1222n2?整理 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 进一步 是首项为15,公比为3的等比数列 则数列2a?5?2?nnn 2)?2?a?5(3n?na?s(pqr?0且p?1,q?a?parq?1,q?p)启示:已知数列的首项,n1?nnn 例题3即知,有两种思路进行变换,利用待定系数法构造首项1)当,rqa?pa0?snn?1和公比已知或可求的等比数列。 n?1a 和aq 的项变为常数,即,将不含 思路一:在两边同时除以n1n?r? aq?n?a 的通最终求解出为前面的类型一,再用类型一的待定系数法思想可得数列? npnq?1? nn?1n的倍数,最终能变形为思路二:在两边同时加上q)xq?xq(a?pan?1nr 对应系 数相等得,即r)x?(p?q?x p?qrrn?1n 即)?qa?a?p(?q nn?1p?qp?q?r?n 的通项。的通项,进一步求出 求出数列q?aa? nnp?q?n 时,即2)当s?rq?a?pa0s?n?1nn 的倍数,也要加常数,最终能变形为可知只能在 选择思路二,两边既要加由例4qn?1n?yxq)?pa?xq(a?yn1n?比较得x,y的方程组 rsrsn?1n?)?qp?q(a?a? 于是 n1n?p?qp?1p?qp?1?sr?n 求出数列的通项,进一步求出a?aq?nnp?qp?1?a?pa?qa?f(n) 型(已知a,a 其中可以为常数、n的多项式或指数式)以四:)(nf2?n1n?2n1=0 ,中,试求例题5.在数列aa?a1,a?2,a? nnn1?1n22n?33a 看做常数进行处理,可变为分析:这是三项之间递推数列,根据前面的思路,可 ,先求出数列)aaa?a?(?aa?n?1n?1n?2nn1n?3?a 然后利用累加法即可进一步求出anna?xa?y(a?xa)qa?a?pa 展开,利用对应系数对于形 如的递推数列,可以设n?1?n12n?nnn?n21x?y?p?相等,列方程 ?q?xy?xaa?的通就 是以于是数列为公比的等比数列,不难求出y为首项,xa?xa?aan1nn?1n?12a 项进一 步利用相关即可求出。n 同理,当为非零多项式或者是指数式时,也可结合前面的思 路)f(na?pa?qa?)nf(n1nn?2?进行处理。问题的关键在于先变形 然后把看做一个整体就变为了前面的类型。 xaa?n1n?r 为正项数列型,五: 且p?R?,a?p?aan1n?n?2,试求其通项。6.在数列中,例题 aaa2,a?a?1nnn1n?1 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2 两边取,所以可联想到对数的相关性质,对过变 形,使两边次数相同,由于0?aa?2ann1n?对数,即 就是前面的类型一了,即n?1?122?a 变形得 且p?Ra?p?a(的递推数列,由于两边次数不一致,又是正对于类似nn?1 项数列,所以可以利用对数性质,两边同时取对数,得lgp?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为已知 首?lga? 1n?r?1?lgp?a 的通项。项和公比的等比数列了。求出最终就可 以得出 ?lga? n1n?r?1?r?n1)?0,Rr,r?p?a?(p1 时,同样可以利用换为指数式中的p 同样,如果将qn1n?nr?,r?0,r?1)(q?1 且q?aqR?a 相同的方法。即: n?1nnr)?rlga?anlgqlg(lga?q 两边取对数n1nn?lga?x(n?1)?y?r(lga?xn?y) 变为类型二 n?1n?a 的通项。即可进一步得出 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。 ra?sn(pr?a?0)型1n?pa?qna?naa。.例题7在数列 ,试求其通项 nn1n?13a2?n分析:这是一个分式型数列,如果去分母变为后就无法进行处理了。 0?aaa?2a3nn?11nn?两边同时取倒数 ?11?3?2?3 就是前面的类型一了。? aa?n1n?11?3 是首项为,公比为所以 数列2 的等比数列,不难求出 aa?n1a?2?n,试求其通项。例题8.在数列中, aa?aa?1, nn11?n3a?2n 分析:此题比例题7 的区别多了常数项, 两边取倒 11 与并不一致。但可以对照例题左右两边 a?a2n1n?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: 2x?22?xx?,x?1 ,那么递推式左边和右边分母就一致了。解方程得此时如果 2113x?32?1a? n23?a 因此 1n?33a?2n(4a?1)1?n,两边此 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 1n?3a?2n 取倒11331?(?) 回到了类型一 51?5?a14an?n1 根据类型 一的方法易求出: 现在我们将两式相比: n3a。则数列是我已知首项和公比的等比数列,进一步化简求出? na?1?n?ra?sn 这一类型的递推数列,对学生的综合能通过以上两个例题 可知,形如0)?apr?( 1n?paq?n 力要求较高。 1,那么直接对两边取倒数 即可得:、如果右边分子缺常数项,即0?s qq,那就是我们熟悉的等差数列,若,那就是前面的类型一——用待定系此时, rr数法求解。 2、若,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 0s?xs?qx,解出然后令的值。xx? r?pxra?sn 变形之后为 而另一种思 路是直接设a? 1?nqpa?n 然后展开,根据对应项系数相等得二元方程组 求出。 yx,两种思路都是解的一元二次方程,设其解为。 xx,x21x?x 时,那就只 能利用例题7 若的方法,两边取倒数,部分分式整理即可转变为类型一。 21 最终 求出。 anx?x 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,于是直当21 接将两式相比得: ?x?aa?xyn1111 的等比数列。进一步求出是首项为。所以数列 ,公比为a? nxa?yx?a?2n2212?sra2n :七型0)rsq?4,(a?pr?0,p?2r 1?npa?qn2?a3?n 中,,试求其通项在数列。 例题9.aa?2,a?a n1?n1n2a?2n 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: 与原式比较,对应系数相等,得 解方程得21即有: 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: ?3?aa?3n 则数列,公比为2 的等比数列。 是首项为lg1lglg5? 1?a1?a?n1n?12453? 进一步解得?a?1 n1?n?1n221?1?552?sran 显然,按照例 的思路,形如这一类型的参数必须满足0)pr?a?(s、、rp、q1n?pa?qn 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? 22)?xsr(raa?nn 1n?pa?qpa?qnn222rxrxa?2xpa?xq?s?rara?所以nnnn2?qx?s?p2r,rx0 对应系数相 等得22?4rs?0?0?qrx?qx?s 方程要满足设方程的两根为则有 xx,212?xaa?x?11n?1n 两式相比得? xa?a?x?2n12n?xa?a?x1?n11n 两边取对数得 lg2lg? xa?ax212n?n?x?aa?xn1lg11,公比为的等比数列。数列 2lg?xa?2xa?2n1?x?a?1nlg 的通项,问题就得以解决了。求出的 通项再整理一下就得出了 na?x?2n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]