“待定系数法”解递推数列.doc

“待定系数法”解递推数列求递推数列的通项，是高考数列综合题最为常见的考查内容之一，虽然试题立意“试验猜测证明”的思想，但抽象推演的方法，也可能有很好的通性，而且更为简捷，本文推介的就是这样一种方法，不妨统称为“待定系数法”。始作俑者：an+1=ban+c若b=1，则数列an是等差数列；若c=0, b0，则数列an是等比数列；若c0, b1,b0时呢？设常数k是c分解所得，且满足an+1-k=b(an-k)，则易得，故成等差数列。例1 已知，求解：设，则由已知得k=2，即an-2成等比数列。2 拓展1：an+1=ban+c(n)当数列c(n)成等比数列时。若b=1，则an+1-an=c(n)，这实质上成为“泛等差”数列，因此用“累加相消法”即可解决，即an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1.那么b1，且b0时呢？事实上，c(n)是等差数列c(n)=pn+q，故c(n)也可以像c一样分解：设an-(An+B)=ban-1-A(n-1)+B，则,且an-(An+B)成等比数列。例2 已知,求an.解：设an-(An+B)=3an-1-A(n-1)+B,则an=3an-1-4An+3A-4B,故2n-1=-4An+3A-4B对n2恒成立。得故成等比数列。当数列c(n)成等比数列时。由于c(n)是等比数列c(n)=pqn，且b是常数，故c(n)一定可像c一样分解：设an-ABn=b(an-1-ABn-1)，则,且an-ABn成等比数列。例3 已知a1=-1, an=3an-1+2n(n2)，求an.解：设an-ABn=3(an-1-ABn-1),则an=3an-1+A(B-3)Bn-1,故2n=A(B-3)Bn-1对n2恒成立，得A=-1，B=2,知an+2n成等比数列。3 拓展2：an+1=b(n)an+c(n)这种结构的递推式，情况要稍复杂一些，“待定系数法”常需结合配凑法进行。例4 已知x1=2, (1+2n+1)xn+1=xn+2n+1(1+2n)+2，求xn.解：注意到各系数特征，可设（1+2n+1)xn+1-A(n+1)+B=xn-(An+B),则(1+2n+1)A(n+1)+B-(An+B)=2n+1(1+2n)+2对n恒成立。易得A=2，B=-1.故xn-(2n-1)成“泛等比”数列，可“累乘相约”，设an=xn-(2n-1),即4 可化归为以上类型的数列4.1 高次型：若c=1，则可视为“泛等比”数列，“累乘相约”即可。若c1，则关键是降次，取对数，化简得,用待定系数法可解。例5 已知a1=4,n2时，,求an.解：显然an0，故两边取对数得lgan=2lgan-1+(n-1),设bn=lgan-1则bn=2bn-1+(n-1),这就化归到“拓展1”的成等差数列的情形。4.2 分式型：若c=0，则，取倒数得，即转化为求的通项。例6 已知a1=1,n2时，,求an.解：取倒数得,设,则,即归结为求bn的通项。若c0,则可设常数k、m满足：,转为求的通项。例7 已知a1=1,n2时，,求an.解：设，则,故对n恒成立，得m+3k=1且(2-m)k=2，即k=-1,m=4（或),有，设bn=an+1，则,归结为上面的情形。4.3 含Sn型：F(an, Sn)=0若Sn结构简单，则消去Sn归纳为递推式f(an, an-1)=0，再归结为上述类型解决。例8 已知Sn=2an+(-1)n, nN,求an.解：an+1=Sn+1-Sn,即得an+1=2an-2(-1)n,故归纳为“拓展1”中的例2的情形。若Sn相对复杂，则反消an归结为递推式f(Sn, Sn-1)=0, 再归结为上述类型解决。例9 已知,且nN,求an.解：当n2时，an=Sn-Sn-1，故可化为,将Sn看成an，这又归结为“分式型”中的例7的情形。由上可知，“待定系数法”是解递推数列问题比较通用的一种方法，如果能拾级而上，许多问题都能迎刃而解。注意到递推问题在数列综合问题中的影响力，我们有必要将其纳入到高考数列综合训练中系统掌握。四、待定系数法例7 已知数列满足，求数列的通项公式.解：设将代入式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入式得由及式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故.评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式.例8 已知数列满足，求数列的通项公式.解：设将代入式，得整理得.令，则，代入式得由及式，得，则，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则.评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求数列的通项公式.例9 已知数列满足，求数列的通项公式.解：设 将代入式，得，则等式两边消去，