待定系数法求推数列通项公式知识讲解

待定系数法求推数列通项公式精品文档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、apaq型（、q为常数，且pq0,p1）n1np例题1.在数列an中，a11,an12an1,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an12an1的两边同时加上1，整理为an112(an1)，此时，把an11和an1看作一个整体，或者换元，令bn1an11，那么bnan1，即bn12bn，b1a112，因此，数列an1或bn就是以2为首项，以2为公比的等比数列an12n，或者bn2n，进一步求出an2n1。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an1，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？收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档其实，已知an12an1，可变形为an12(an)的形式，然后展开括号、移项后再与an12an1相比较，利用待定系数法可得21,1。这样，对于形如an1paq（其中、q为常数，且pq0,p1）的递推数列，np先变为an1p(an)的形式，展开、移项，利用待定系数法有(p1)q，qp1即an1qp(anpq)p11则数列anq首项为a1q,公比为p的等比数列p1p1anq(a1q)pn1即an(a1q)pn1pqp1p1p11因此，形如an1 pan 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apaqnr(pq0,且p1)型n1n例题2.在数列an中，a11,an12an3n1,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an1(n1)2(ann)1，展开比较得3,即an13(n1)2(an3n)4进一步an13(n1)42(an3n4)则数列an3n4是a13148首项为a13148公比为2的等比数列，所以an3n482n12n2，an2n23n4收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档同样，形如an1panqnr的递推数列，设an1x(n1)yp(anxny)展开、移项、整理，比较对应系数相等，列出方程(p1)xq(p1)yxrxqp1解得xrqryp1(p1)2p1即an1q(n1)qrpanqnqrp1(p1)2p1p1p1(p1)2则数列anqnqr是以a1qqr为首项，以p为公比p1(p1)2p1p1(p1)2p1的等比数列。于是就可以进一步求出 an的通项。同理，若an1panf(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f(n)qn2rns=时，可设an1 x(n 1)2 y(n 1) z p(an xn2 yn z)展开根据对应系数分别相等求解方程即可。(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 f(n) qn r时，递推公式又将如何变形呢？三an1panrqns型(pqr且p1,q1,pq)0,例题3.在数列an中，a11,an13an2n,试求其通项an。分析1：由于an13an2n与例题1的区别在于n2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an12n13an32n即an12n13(an2n)则数列an2n是首项为3，公比为3的等比数列an2n3n，则收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档an3n2n分析2：如果将指数式先变为常数，两边同除2n1an13an13an12n12n1222n2就回到了我们的类型一。进一步也可求出an3n2n。例题4.在数列an中，a13,an13an52n4,试求an的通项an。分析：若按例题3的思路2，在两边同时除以2n1an1an，虽然产生了n1、n，但是又增加了n41，与原式并没有大的变化。所以只能运用思路221，在两边同时加上102n整2理an152n13(an52n)4进一步an152n123(an52n2)则数列an52n2是首项为15，公比为3的等比数列an52n2153n153n即an5(3n2n)2启示：已知数列an的首项，an1panrqns(pqr0且p1,q1,qp)1）当s0,即an1panrqn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 qn1，将不含an1和an的项变为常数，即an1panrqn1qqnq收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档r为前面的类型一，再用类型一的待定系数法思想可得数列anq最终求解出anqnp1q的通项。思路二：在两边同时加上qn的倍数，最终能变形为an1xqn1p(anxqn)对应系数相等得(pq)xr，即xrqp即an1rqn1p(anrqn)pqpq求出数列anrqn的通项，进一步求出an的通项。pq2）当s0时，即an1panrqns由例4可知只能在选择思路二，两边既要加qn的倍数，也要加常数，最终能变形为an1xqn1yp(anxqny)比较得x，y的方程组xr(pq)xrpq即(p1)yssyp1于是arqn1sp(anrqns)n1pqp1pqp1求出数列anprqns的通项，进一步求出an的通项。qp1四：an2 pan1 qan f(n)型(已知a1,a2其中f(n)可以为常数、n的多项式或指数式）以f(n)=0为例。收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档例题5.在数列an中，a11,a22,an22an11an,试求an的通项。33分析：这是三项之间递推数列，根据前面的思路，可以把an1看做常数进行处理，可变为aa1(an1a)，先求出数列aa的通项n2n13nn1nan1an(1)n13然后利用累加法即可进一步求出an的通项an。对于形如an2pan1qan的递推数列，可以设an2xan1y(an1xan)展开，利用对应系数相等，列方程xypxyq于是数列an1xan就是以a2xa1为首项，y为公比的等比数列，不难求出an1xan的通项进一步利用相关即可求出an。同理，an2pan1qanf(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an2xan1y(an1xan)f(n)然后把an1xan看做一个整体就变为了前面的类型。五：an1panr(p1且pR，r0,r1)型，an为正项数列例题6.在数列an中，a11,an12an2，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 an 0，所以可联想到对数的相关性质，对an1 2an2两边取对数，即lgan1 lg(2an2) lg2 lgan2 2lgan lg2就是前面的类型一了，即lgan1 lg2 2(lgan lg2)收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档lgalg2(lg2)2n1lg22n1nn1变形得an221对于类似an1panr(p1且pR，r0,r1)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lgan1lgpanrrlganlgp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lgan1lgp为已r1知首项和公比的等比数列了。求出lgan1lgp最终就可以得出an的通项。r1同样，如果将an1panr(p1且pR，r0,r1)中的p换为指数式qn时，同样可以利用相同的方法。即：an1qnanr(q1且qR，r0,r1)两边取对数lgan1lg(qnanr)rlgannlgq变为类型二lgan1x(n1)yr(lganxny)即可进一步得出 an的通项。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。六：an1rans(pr0)型panq例题7.在数列an中，a11,an1an，试求其通项an。3an2分析：这是一个分式型数列，如果去分母变为3an1an2an1an0后就无法进行处理了。两边同时取倒数13an21an1an23an收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档1321就是前面的类型一了。3an1an所以数列13是首项为134，公比为2的等比数列，不难求出ana1an12n13例题8.在数列an中，a11,an1an2，试求其通项an。3an2分析：此题比例题7的区别多了常数项，两边取倒1 14 3an1 an 2左右两边 1 与 1 并不一致。但可以对照例题 7的思路，取倒数之后分母会具有an1 an 2一致的结构，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：(3x1)an22xan23x1an1xx23an23an此时如果2x2x，那么递推式左边和右边分母就一致了。解方程得x12,x213x131an223因此an133an2（）an114an113an2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（）an14an111，两边取倒3an213an2113an11（4an11）4an14收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档回到了类型一1131(13)an154an15根据类型一的方法易求出：an4(4)n116(4)n11现在我们将两式相比：an121an233an114an1an23是我已知首项和公比的等比数列，进一步化简求出an。则数列an1通过以上两个例题可知，形如rans这一类型的递推数列，对学生an1(pr0)panq的综合能力要求较高。1、如果右边分子缺常数项，即 s 0，那么直接对两边取倒数即可得：1 q 1 pan1 r an r此时，若q 1，那就是我们熟悉的等差数列，若 q 1，那就是前面的类型一——用r r待定系数法求解。2、若s 0，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(x)(rxp)(ansxq)an1xrpxpanq然后令sqxx，解出x的值。rpx而另一种思路是直接设an1rans变形之后为panq收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档an1y(anx)xqpan然后展开，根据对应项系数相等得二元方程组y xp rx(y q) s求出x,y。两种思路都是解x的一元二次方程，设其解为x1,x2。an1x1y1(anx1)和an1x2y2(anx2)p(anq)p(anq)若x1x2时，那就只能利用例题7的方法，两边取倒数，部分分式整理即可转变为类型一。1p(anq)p(anx1)p(qx1)p(qx1)1pan1x1y1(anx1)y1(anx1)y1anx1y1最终求出an。当x1x2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，于是直接将两式相比得：an1x1y1anx1an1x2y2anx2所以数列anx1是首项为a1x1，公比为y1的等比数列。进一步求出an。anx2a1x2y2七：an1ran2s(pr0,p2r,q24rs0)型panq例题9.在数列an中，a12,an1an23，试求其通项an。2an2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：收集于网络，如有侵权请联系管理员删除精品文档两边同时加上某个常数，设最终变为：an1 x与原式比较，对应系数相等，得

(an x)22an 2x22x3解方程得x11,x23即有：(an 3)2an1 32an 22an1 12an 2对单个式子进行处理，无从下手，两式相比得2an13an3an11an1然后，两边取对数得：2lgan13lgan32lgan3an11an1an1an3a13lg5，公比为2的等比数列。则数列lg是首项为lga11an1lga3lg52n1n1an进一步解得an52n131452n1152n11显然，按照例题9的思路，形如ran2s这一类型的参数a1(pr0)、、、snpanqp