待定系数法求递推数列通项公式.pdf

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1、 待定系数法求递推数列通项公式 Hessen was revised in January 2021 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

2、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、1nnapaq 型（pq、为常数，且0,1pqp）例题 1.在数列 na中，11a,121nnaa,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121nnaa的两边同时加上 1，整理为112(1)nnaa，此时，把11na和1na 看作一个整体，或者换元，令111nnba，那么1nnba，即12nnbb，1112ba，因此，数列

3、1na 或 nb就是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列 12nna ，或者2nnb，进一步求出21nna。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1na，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121nnaa，可变形为12()nnaa的形式，然后展开括号、移项后再与121nnaa相比较，利用待定系数法可得21,1。这样，对于形如1nnapaq（其中pq、为常数，且0,1pqp）的递推数列，先变为1()nnap a的形式，展开、移项，利用待定系数法有 (1)pq，1qp 即 1()11nnqqap app 则数列1nqap首项为1,

4、p1qap公比为 的等比数列 1111()()1111nnnnqqqqaapaappppp即 因此，形如1nnapaq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)1apaqn rpqpnn且型 例题 2.在数列 na中，11a,1231nnaan,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()1nnanan，展开比较得3,即 13(1)2(3)4nnanan 进一步 13(1)42(34)nnana

5、n 则数列34nan是113 1483 1482aa 首项为公比为的等比数列，所以 12348 22nnnan，2234nnan 同样，形如1apaqnrnn的递推数列，设1(1)()nnax nyp axny展开、移项、整理，比较对应系数相等，列出方程(1)(1)pxqpyxr 解得 211(1)1qxpxrqryppp 即122(1)1(1)11(1)1nnqqrqqranp anpppppp 则数列21(1)1nqqranppp是以121(1)1qqrappp为首项，以 p 为公比的等比数列。于是就可以进一步求出 na的通项。同理，若()1apaf nnn其中()f n是关于 n 的多项

6、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 nqnrns=时，可设 221(1)(1)()nnax ny nzp axnynz 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()nf nqr时，递推公式又将如何变形呢 三(0,1,1,)1naparqspqrpqpqnn型且 例题 3.在数列 na中，11a,132nnnaa,试求其通项na。分析 1：由于132nnnaa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2 2n变为

7、11233 2nnnnaa 即 1123(2)nnnnaa 则数列2nna 是首项为 3，公比为 3 的等比数列23nnna，则 32nnna 分析 2：如果将指数式先变为常数，两边同除12n 11131312222 22nnnnnnaaa 就回到了我们的类型一。进一步也可求出32nnna。例题 4.在数列 na中，13a,135 24nnnaa,试求 na的通项na。分析：若按例题3 的思路 2，在两边同时除以12n，虽然产生了112nna、2nna，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 115 23(5 2)4nnnnaa 进一步 11

8、5 223(5 22)nnnnaa 则数列5 22nna 是首项为 15，公比为 3 的等比数列 15 221535 3nnnna 即 5(32)2nnna 启示：已知数列 na的首项，1(01,1,)nnnaparqs pqrpqqp且 1）当0s,即1nnnaparq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1nq，将不含1nnaa和的项变为常数，即 11nnnnaaprqq qq 为前面的类型一，再用类型一的待定系数法思想可得数列1nnraqpqq最终求解出 na的通项。思路二：在两边同时加上nq的倍数，最终能变形为11(

9、)nnnnaxqp axq 对应系数相等得 ()pq xr，即rxpq 即 11()nnnnrraqp aqpqpq 求出数列nnraqpq的通项，进一步求出 na的通项。2）当0s 时，即1nnnaparqs 由例 4 可知只能在选择思路二，两边既要加nq的倍数，也要加常数，最终能变形为11()nnnnaxqyp axqy 比较得 x，y 的方程组 ()(1)1rxpq xrpqpyssyp即 于是 11()11nnnnrsrsaqp aqpqppqp 求出数列1nnrsaqpqp的通项，进一步求出 na的通项。四：2112()(,nnnapaqaf na a型 已知其中()f n可以为常数

10、、n 的多项式或指数式）以()f n=0 为例。例题 5.在数列 na中，1221211,2,33nnnaaaaa,试求 na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1na看做常数进行处理，可变为2111()3nnnnaaaa，先求出数列1nnaa的通项 111()3nnnaa 然后利用累加法即可进一步求出 na的通项na。对于形如21nnnapaqa的递推数列，可以设211()nnnnaxay axa展开，利用对应系数相等，列方程xypxyq 于是数列1nnaxa就是以21axa为首项，y 为公比的等比数列，不难求出1nnaxa的通项进一步利用相关即可求出na。同理，21(

11、)nnnapaqaf 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()()nnnnaxay axaf n 然后把1nnaxa看做一个整体就变为了前面的类型。五：1(10,1)rnnap appRrr且，型，na为正项数列 例题 6.在数列 na中，2111,2nnaaa，试求其通项na。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0na，所以可联想到对数的相关性质，对212nnaa两边取对数，即 221lglg(2)lg2lg2lglg2nnnnaaaa 就是前面的类型一了，即

12、 1lglg22(lglg2)nnaa 112lglg2(lg2)2lg2nnna 变形得 1212nna 对于类似1(10,1)rnnap appRrr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 1lglglglgrnnnap arap 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1lglg1npar为已知首项和公比的等比数列了。求出1lglg1npar最终就可以得出 na的通项。同样，如果将1(10,1)rnnap appRrr且，中的 p 换为指数式nq时，同样可以利用相同的方法。即：1(10,1)nrnnaqaqqRrr且，

13、两边取对数 1lglg()lglgnrnnnaqaranq 变为类型二 1lg(1)(lg)nnax nyraxny 即可进一步得出 na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。六：1(0)nnnrasaprpaq型 例题 7.在数列 na中，111,32nnnaaaa，试求其通项na。分析：这是一个分式型数列，如果去分母变为11320nnnnaaaa后就无法进行处理了。两边同时取倒数 1321123nnnnaaaa 就是前面的类型一了。111323nnaa 所以数列13na是首项为1134a，公比为 2 的等比数列，不难求出 1123nna 例

14、题 8.在数列 na中，1121,32nnnaaaa，试求其通项na。分析：此题比例题7 的区别多了常数项，两边取倒 111432nnaa 左右两边11na与12na 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：122(31)2313232nnnnnxxaaxaxxaa 此时如果2231xxx，那么递推式左边和右边分母就一致了。解方程得122,13xx 因此 12123332nnnaaa 1141132nnnaaa（）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1141132nnnaaa（），两

15、边取倒 11321113141414nnnnaaaa（）回到了类型一 113113()15415nnaa 根据类型一的方法易求出：114(4)16(4)1nnna 现在我们将两式相比：1122133141nnnnaaaa 则数列231nnaa是我已知首项和公比的等比数列，进一步化简求出na。通过以上两个例题可知，形如1(0)nnnrasaprpaq这一类型的递推数列，对学生的综合能力要求较高。1、如果右边分子缺常数项，即0s，那么直接对两边取倒数即可得：111nnqpar ar 此时，若1qr，那就是我们熟悉的等差数列，若1qr，那就是前面的类型一用待定系数法求解。2、若0s，就需要先变形，使

16、左边和右边分子结构一致。两边同时加上某一个常数(x)1()()nnnsxqrxp arpxaxpaq 然后令sqxxrpx，解出x的值。而另一种思路是直接设1nnnrasapaq变形之后为 1()nnny axaxpaq 然后展开，根据对应项系数相等得二元方程组 ()yxprx yqs 求出,x y。两种思路都是解x的一元二次方程，设其解为12,x x。11221112()()()()nnnnnny axy axaxaxp aqp aq和 若12xx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。111111111111()()()()11()()nnnnnnp a

17、qp axp qxp qxpaxy axy axyaxy 最终求出na。当12xx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：11111222nnnnaxaxyaxyax 所以数列12nnaxax是首项为1112axax，公比为12yy的等比数列。进一步求出na。七：221(0,2,40)nnnrasaprpr qrspaq型 例题 9.在数列 na中，21132,22nnnaaaa，试求其通项na。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：21()22nnna

18、xaxa 与原式比较，对应系数相等，得 223xx 解方程得 121,3xx 即有：2121(3)322(1)122nnnnnnaaaaaa 对单个式子进行处理，无从下手，两式相比得 2113311nnnnaaaa 然后，两边取对数得：211333lglg2lg111nnnnnnaaaaaa 则数列3lg1nnaa是首项为113lglg51aa，公比为2 的等比数列。123lglg51nnnaa 进一步解得 11122253415151nnnna 显然，按照例题9 的思路，形如21(0)nnnrasaprpaq这一类型的参数pqrs、必须满足一定的条件，所得方程应有两个不相等的实根。现在来探讨

19、应该满足哪些条件 设221()nnnnnrasr axaxxpaqpaq，即：22()nnnnrasr axxpaqpaq 所以 2222nnnnraxpaxqsrarxarx 对应系数相等得 22,0pr rxqxs 方程20rxqxs要满足240qrs 设方程的两根为12,x x则有 2111()nnnr axaxpaq 2212()nnnr axaxpaq 两式相比得 2111122nnnnaxaxaxax 两边取对数得 111122lg2lgnnnnaxaxaxax 数列12lgnnaxax是首项为111lg2axax，公比为2的等比数列。求出12lgnnaxax的通项再整理一下就得出了 na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 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 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 期