待定系数法求递推数列通项公式.docx

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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。但是比照拟复杂的递推公式，用上述

2、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、4+=P%t+q型(p、q为常数，且p4wO,Pl)例题1.在数列中，q=1,Q+i=+l,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a,川=24+1的两边同时加上1,整理为+1+l=2(+l),此时，把。“+I+1和4+1看作一个整体，或者换元，令+=n+l,那么d=q+l,即+=为，伪=q+l=2,因此，数歹Jq+l或么就是以2为首项，以2为公比的等比数列4+1=2，或者a=2，进一步求出4=2一1。启示：在这个问题中，容易看出在左右两

3、边加上1就构成了新的等比数列4+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，4=2q,+l,可变形为a,川+4=2(%+的形式，然后展开括号、移项后再与+1=2afl+1相比拟,利用待定系数法可W22-=l,2=lo这样，对于形如a+i(其中p、q为常数，且pqw,pl)的递推数列，先变为4m+4=P(%+团的形式，展开、移项，利用待定系数法有p-V)=q,=P-IV=P(4 +一 1那么数列勺+一首项为4+一,公比为P的等比数列p-1Jp-4+V=(4+-PT即4=(4+-PT-Vp-p-1p-1p-因此，形如%+=4+q这一类型的数列，都可以利用待定系数法来求解。

4、那么，假设q变为/5),/5)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呢？二+=Pan+qn+r(pq0,且PWl)型例题2.在数列%中，4=1,4+=2zj+3/2+1,试求其通项公式。分析：按照例题I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+45+l)-X=2(q,+)+l,展开比拟得4=3,即an+3(+1)=2an+3n)+4进一步aff+3(+1)+4=2(4+3+4)那么数列q+3+4是4+3l+4=8首项为4+3l+4=8公比为2的等比数列，所以%+3+4=8X2T=2rt+2,an=T+2-3一4同样，形如a+=p,+

5、w+r的递推数列，设。“+|+%5+1)+丁=(q+必+)展开、移项、整理，比拟对应系数相等，列出方程(PT)(p-l)y-x=r解得即、5 + 1)+q (p-1)2 +q (P-D2那么数列?+4一+F+上是以q+4一+_十_为首项，以P为公比的P-I(p-1)2P-IJP-I(p-1)2p-1等比数列。于是就可以进一步求出凡的通项。同理，假设%+1=7+/()其中/5)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。比方当，5)=例2+小+$=时，可设an+i+x(n+1)2+y(n+1)+Z=P(CIn+xn2+yn+z)展开根据对应系数分别相等求解方程即可。/(

6、)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。而如果当了5)是n的指数式，即/()=/+时，递推公式又将如何变形呢？三ar+=Paf1+rcix+5(pqr0,5,qypq)例题3.在数列中，q=1,a,+=3an+2ni试求其通项见。分析L由于m=34+2与例题1的区别在于T是指数式，可以用上面的思路进行变形,在两边同时加上2X2“变为a”+2N=34+3x2即+2*34+2)那么数列4+2是首项为3,公比为3的等比数列为+2=3，那么an=3,-2n分析2：如果将指数式先变为常数，两边同除2向=X+1=2.l+1就回到了我们的类型一。进一步也可求出勺=3-2。例题4.在

7、数列中，q=3,4用=34+52+4,试求“的通项为。分析：假设按例题3的思路2,在两边同时除以2向，虽然产生了宅、3,但是又增加了，r,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10x2整理an+l+52+1=3(rt+52n)+4进一步an+l+52+,+2=3(n+52rt+2)那么数列%+5x2+2是首项为15,公比为3的等比数列%+52+2=153=53”即an=5(3n-2,)-2启示：数列an的首项，an+l=pan+rqn+S(Pqr0且PT,ql,qp)D当s=0,即a,用=q+%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或可求的等比数列。思路

8、一：在两边同时除以丁川，将不含,川和4的项变为常数，即&l=E.%+L,+,qqqr为前面的类型一，再用类型一的待定系数法思想可得数列3+7最终求解出4的通q1q项。思路二：在两边同时加上/的倍数，最终能变形为4+r=p(4+D对应系数相等得(p-q)x=r,即X=一p-q即+1-q*=p(+q)P-QP-Q求出数列,%+力PJ的通项，进一步求出/的通项。2)当SWO时，即atl+l=pan+rqn+s由例4可知只能在选择思路二，两边既要加/的倍数，也要加常数，最终能变形为4+1+附*|+y=P(an+xqn+y)比拟得X,y的方程组rX.(PY)XT即P-Cl(p-l)y=sSV=1p-i于

9、是%+自/+=&+p-q4+-7)P-I求出数列为+一/+二- p-q PT的通项，进一步求出可的通项。四：。+2=P4+的“+/（）型（已知，。2其中/（）可以为常数、n的多项式或指数式）以f（n）=0为例。71例题5.在数列,中，=l,a2=2,（+2=-,+1试求“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。向看做常数进行处理，可变为限-=TaLaI,先求出数列勺川一可的通项%+一%=（一；尸然后利用累加法即可进一步求出%的通项为。对于形如。“+2=PaN+94的递推数列，可以设。+2+M+I=y（fl+刈）展开，利用对应系数相等，歹历程7=PIy=Q于是数列。的+M.就

10、是以4+xq为首项，y为公比的等比数列,不难求出。向+xalt的通项进一步利用相关即可求出O同理，atl+2=patl+i+Cjafi+f(n)当/()为非零多项式或者是指数式时，也可结合前面的思路进行处理。问题的关键在于先变形%+2+XaN=y(ati+ixatl)+f(n)然后把4x+m“看做一个整体就变为了前面的类型。五：4+=pq(pwl且pR+,rwwl)型，qt为正项数列例题6.在数列%中，%=1,4+=2a；,试求其通项an。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，由于可0,所以可联想到对数的相关性质，对外+=2qj

11、两边取对数，即Ig+=lg(2O)型pan+q例题9.在数列4中，=2,可+|=立1,试求其通项?。3分析：此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:2凡+2与原式比拟，对应系数相等，得x2-2x=3解方程得x1=-l,x2=3即有:+3=以过2%+2.1二色工2q+2对单个式子进行处理，无从下手，两式相比得+3/4+3然后，两边取对数得:公比为2的等比数列。那么数列卜g9是首项为IgS=Ig5,/TJ4-1lgL1=lg55+34进一步解得=5-1J1显然，按照例题9的思路，形如=吗(pf0)这一类型的参数、

12、夕、八S必须p%+q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？v11.ratt2+sr(allx)2hh+1+x=-2+x=-l-2-,即：p%+qPa卢qP+qpan+q所以ralt2+xpan+xq+s=ra+flrxan+rx2对应系数相等得p=2r,rx2-qx-s=Q方程次2-/一s=。要满足=/+4r.v0设方程的两根为石,那么有.r(all+xy%+X=-1-j-p%+qr(all+x,)-%+/=-匚一p%+q两式相比得两边取对数得Ig %”+%= 21g金04川+超 凡+/,是首项为IggL3 al +x2,公比为2的等比数歹U。求出母J,的通项再整理一下就得出了/的通项，问题就得以解决了。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根底，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。参考文献口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2023.07期