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、1n n a pa q +=+ 型（p q 、为常数，且0,1pq p ≠≠） 例题1.在数列{}n a 中，11a =,121n n a a +=+,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121n n a a +=+的两边同时加上1，整理为112(1)n n a a ++=+，此时，把11n a ++和1n a +看作一个整体，或者换元，令111n n b a ++=+，那么1n n b a =+，即12n n b b +=，1112b a =+=，因此，数列{}1n a +或{}n b 就是以2为首项，以2为公比的等比数列12n n a +=，或者2n n b =，进一步求出21n na =-。

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{}1n a +，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121n n a a +=+，可变形为12()n n a a λλ++=+的形式，然后展开括号、移项后再与121n n a a +=+相比较，利用待定系数法可得21,1λλλ-==。

这样，对于形如1n n a pa q +=+（其中p q 、为常数，且0,1pq p ≠≠）的递推数列，先变为1()n n a p a λλ++=+的形式，展开、移项，利用待定系数法有 (1)p q λ-=，1q p λ=- 即 1()11n n q qa p a p p ++=+-- 则数列1n q a p ⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭首项为1,p 1q a p +-公比为的等比数列 1111()()1111n n n n q q q qa a p a a p p p p p --+=+=+-----即 因此，形如1n n a pa q +=+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？二 (0,1)1a pa qn r pq p n n=++≠≠+且型例题2.在数列{}n a 中，11a =,1231n n a a n +=++,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1(1)2()1n n a n a n λλλ+++-=++，展开比较得3,λ=即 13(1)2(3)4n n a n a n +++=++ 进一步13(1)42(34)n n a n a n ++++=++则数列{}34n a n ++是11314831482a a +⨯+=+⨯+=首项为公比为的等比数列，所以1234822n n n a n -+++=⨯=，2234n n a n +=--同样，形如1apa qn r n n=+++的递推数列，设1(1)()n n a x n y p a xn y ++++=++展开、移项、整理，比较对应系数相等，列出方程(1)(1)p x qp y x r -=⎧⎨--=⎩解得 211(1)1q x p x r q r y p p p ⎧=⎪-⎪⎨+⎪==+⎪---⎩即122(1)1(1)11(1)1n n q q r q q r a n p a n p p p p p p +⎡⎤++++=+++⎢⎥------⎣⎦则数列21(1)1n q q r a n p p p ⎧⎫+++⎨⎬---⎩⎭是以121(1)1q q r a p p p +++---为首项，以p 为公比的等比数列。

于是就可以进一步求出{}n a 的通项。

同理，若()1a pa f n n 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2()f n qn rn s =++=时，可设 221(1)(1)()n n a x n y n z p 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()n f n q r =+时，递推公式又将如何变形呢？三 (0,1,1,)1n a pa rq s pqr p q p q n n=++≠≠≠≠+型且例题3.在数列{}n a 中，11a =,132n n n a a +=+,试求其通项n a 。

分析1：由于132n n n a a +=+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，在两边同时加上22n ⨯变为112332n n n n a a +++=+⨯即 1123(2)n n n n a a +++=+则数列{}2n n a +是首项为3，公比为3的等比数列23n n n a +=，则 32n n n a =-分析2：如果将指数式先变为常数，两边同除12n +1113131222222n n n n n n a a a +++=+=⋅+就回到了我们的类型一。

进一步也可求出32n n n a =-。

例题4.在数列{}n a 中，13a =,13524n n n a a +=+⨯+,试求{}n a 的通项n a 。

分析：若按例题3的思路2，在两边同时除以12n +，虽然产生了112n n a ++、2n na ，但是又增加了142n +，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102n ⨯整理11523(52)4n n n n a a +++⨯=+⨯+ 进一步115223(522)n n n n a a +++⨯+=+⨯+ 则数列{}522n n a +⨯+是首项为15，公比为3的等比数列 152215353n n n n a -+⨯+=⨯=⨯ 即 5(32)2n n n a =--启示：已知数列{}n a 的首项，1(01,1,)n n n a pa rq s pqr p q q p +=++≠≠≠≠且1）当0s =,即1n n n a pa rq +=+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。

思路一：在两边同时除以1n q +，将不含1n n a a +和的项变为常数，即11n n n n a a p rq q q q++=⋅+ 为前面的类型一，再用类型一的待定系数法思想可得数列1n n r a q p q q ⎧⎫⎪⎪⎪⎪+⎨⎬⎪⎪-⎪⎪⎩⎭最终求解出{}n a 的通项。

思路二：在两边同时加上n q 的倍数，最终能变形为11()n n n n a xq p a xq +++=+对应系数相等得 ()p q x r -=，即rx p q=- 即 11()n n n n r r a q p a q p q p q+++⋅=+⋅-- 求出数列n n ra q p q ⎧⎫+⋅⎨⎬-⎩⎭的通项，进一步求出{}n a 的通项。

2）当0s ≠时，即1n n n a pa rq s +=++由例4可知只能在选择思路二，两边既要加n q 的倍数，也要加常数，最终能变形为11()n n n n a xq y p a xq y ++++=++比较得x ，y 的方程组()(1)1r x p q x rp q p y ss y p ⎧=⎪-=-⎧⎪⎨⎨-=⎩⎪=⎪-⎩即 于是 11()11n n n n r s r sa q p a q p q p p q p +++⋅+=+⋅+---- 求出数列1n n r s a q p q p ⎧⎫+⋅+⎨⎬--⎩⎭的通项，进一步求出{}n a 的通项。

四：2112()(,n n n a pa qa f n a a ++=++型已知其中()f n 可以为常数、n 的多项式或指数式）以()f n =0为例。

例题5.在数列{}n a 中，1221211,2,33n n n a a a a a ++===+,试求{}n a 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1n a +看做常数进行处理，可变为2111()3n n n n a a a a +++-=--，先求出数列{}1n n a a +-的通项111()3n n n a a -+-=-然后利用累加法即可进一步求出{}n a 的通项n a 。

对于形如21n n n a pa qa ++=+的递推数列，可以设211()n n n n a xa y a xa ++++=+展开，利用对应系数相等，列方程x y pxy q-=⎧⎨=⎩于是数列{}1n n a xa ++就是以21a xa +为首项，y 为公比的等比数列，不难求出{}1n n a xa ++的通项进一步利用相关即可求出n a 。

同理，21()n n n a pa qa f n ++=++当()f n 为非零多项式或者是指数式时，也可结合前面的思路进行处理。

问题的关键在于先变形 211()()n n n n a xa y a xa f n ++++=++ 然后把1n n a xa ++看做一个整体就变为了前面的类型。

五：1(10,1)r n n a p a p p R r r ++=⋅≠∈≠≠且，型，{}n a 为正项数列 例题6.在数列{}n a 中，2111,2n n a a a +==，试求其通项n a 。

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0n a >，所以可联想到对数的相关性质，对212n n a a +=两边取对数，即221lg lg(2)lg 2lg 2lg lg 2n n n n a a a a +==+=+ 就是前面的类型一了，即1lg lg 22(lg lg 2)n n a a ++=+ 112lg lg2(lg2)2lg2n n n a --+=⨯= 变形得 1212n n a --=对于类似1(10,1)r n n a p a p p R r r ++=⋅≠∈≠≠且，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 1lg lg lg lg r n n n a p a r a 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1lg lg 1n p a r +⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭为已知首项和公比的等比数列了。