“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=b·an+c 若b=1，则数列{an}是等差数列；若c=0, b≠0，则数列{an}是等比数列；若c≠0, b≠1,b≠0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。 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=b·an+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b≠1，且b≠0时呢？ 事实上，{c(n)}是等差数列c(n)=p·n+q，故c(n)也可以像c一样分解：设an-(An+B)=b{an-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)=3{an-1-{A(n-1)+B]},则an=3an-1-4An+3A-4B,故2n-1=-4An+3A-4B对n≥2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)=p·qn，且b是常数，故c(n)一定可像c一样分解： 设an-A·Bn=b·(an-1-A·Bn-1)，则,且{an-A·Bn}成等比数列。 例3 已知a1=-1, an=3an-1+2n(n≥2)，求an. 解：设an-A·Bn=3·(an-1-A·Bn-1),则 an=3an-1+A(B-3)·Bn-1, 故2n=A(B-3)·Bn-1对n≥2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,n≥2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=2·bn-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,n≥2时，,求an. 解：取倒数得,设,则,即归结为求{bn}的通项。 若c≠0,则可设常数k、m满足：,转为求的通项。 例7 已知a1=1,n≥2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, n∈N,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n∈N,求an. 解：当n≥2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。满足，求数列的通项公式. 解：设 ④ 将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入④式得 ⑤ 由及⑤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