待定系数法在递推数列中的应用1

第1页（共4页）待定系数法在递推数列中的应用近几年的高考数学中，递推数列逐渐占据着一席重要的位置.学生在递推数列的问题上缺少足够的解题技巧，结果屡屡碰壁，失分比较严重.笔者经过研究，总结出一套行之有效的方法待定系数法，供大家交流.运用待定系数法解决递推问题，关键在于设计出一个理想的、便于解决的模式，解出其中的参数，从而达到解决问题的目的.下面举例说明.一、型如an+1=pan+q的递推数列，其中p、q为常数，且p≠1.可设an+1-x=p(an-x)，易得x=q1-p，这样将an-x作为一个新数列，即为等比数列，求通项公式就很容易了.例1已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an+5，求{an}的通项公式.解：由已知an+1+52=3(an+52),a1+52=92,∴{an+52}是以92为首项，3为公比的等比数列，∴an+52=92•3n-1，即an=12•3n+1-52.二、型如an+1=pan+f(n)的递推数列，其中p≠1是常数，f(n)是关于n的多项式.可设an+1+g(n+1)=p[an+g(n)]，其中g(n)是与f(n)最高次数相同的多项式，再比较f(n)与pg(n)-g(n+1)对应项系数从而得出g(n)各项系数.例2（2005山东理）已知数列{an}的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5(nN*).（1）证明数列{an+1}是等比数列；（2）略.分析：由Sn+1+[p(n+1)+q]=2[Sn+(pn+q)]可得Sn+1=2Sn+pn+q-p，则pn+q-pn+5,∴p=1q-p=5，得出p=1,q=6.解：（1）由已知Sn+1+(n+1)+6=2(Sn+n+6),S1+1+6=a1+7=12,∴{Sn+n+6}是以12为首项，2为公比的等比数列，∴Sn+n+6=12•2n-1,∴Sn=3•2n+1-n-6.n≥2时，an=Sn-Sn-1=3•2n-1,n=1时，a1=5符合上式，∴nN*时，an=3•2n-1,∴an+1=3•2n，即{an+1}是以6为首项，2为公比的等比数列.三、型如an+1=pan+q•n的递推数列，其中p、q、为常数.第2页（共4页）=p时，易知两端同除以n+1即可转化为an+1n+1=ann+q，以{ann}为新数列即为等差数列；≠p时，可设an+1-•n+1=p(an-•n)，易得=q-p.例3（2004全国理）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an+(-1)n,n≥1.（1）略；（2）求数列{an}的通项公式；（3）略.分析：由Sn=2an+(-1)n，易得n≥2时，an=2an-1+2(-1)n-1，可设an-(-1)n=2[an-1-(-1)n-1]，解出=-23.解：（2）n=1时，a1=S1=2a1-1，解得a1=1.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=[2an+(-1)n]-[2an-1+(-1)n-1]，得an=2an-1+2(-1)n-1，∴an+23(-1)n=2[an-1+23(-1)n-1].设bn=an+23(-1)n，则bn=2bn-1,b1=a1-23=13，∴{bn}是以13为首项，以2为公比的等比数列，∴bn=13•2n-1,∴an=13•2n-1+23(-1)n-1.四、型如an+2=pan+1+qan的递推数列，其中p、q为常数.可设an+2-an+1=(an+1-an)，则+=p,=-q，即为方程x2=px+q的两个根.（1）若方程x2=px+q有两个不等根、，则由an+2-an+1=(an+1-an)，可得an+1an=(a2a1)n1①，由于、的对称性，an+2-an+1=(an+1-an)同样成立，于是又有an+1an=(a2a1)n1②，由①②即可解得{an}的通项公式.（2）若方程x2=px+q有两个相等的根，则由an+2-an+1=(an+1-an)可得an+1an=(a2a1)n1，即为情形三中=p的类型.例4（2005广东）已知数列{xn}满足12121,(),3,4,.lim2,22nnnnnxxxxxnx若则x1=（）第3页（共4页）A．23B．3C．4D．5分析：由x2=12(x+1)，解得x=-12或1，所以xn-xn-1=-12(xn-1-xn-2)=(-12)2(xn-2-xn-3)=…=(-12)n-2(x2-x1)=(-12)n-1x1,xn=(xn-xn-1)+(xn-1-xn-2)+…+(x2-x1)+x1=x1[(-12)n-1+(-12)n-2+…+(-12)+1],∴x1•111()2=limnxn=2,∴x1=3，选B.五、型如an+1=pan2+qan+r的递推数列，其中p、q、r为常数.可设an+1-x=p(an-x)2，即an+1=pan2-2pxan+px2+x，则2px=-qpx2+x=r.若有解，则可解出x，令bn=an-x，可构造出bn+1=pbn2这类易于解决的递推式.例5（2005江西）已知数列{an}的各项都是正数，且满足：0111,(4),.2nnnaaaanN（1）略；（2）求数列}{na的通项公式an.解：（1）由已知an+1=-12(an-2)2+2,∴an+1-2=-12(an-2)2.令bn=an-2，则bn=-12bn-12∴-12bn=(-12bn-1)2222201()21()2nnbb又∵b0=a0-2=-1,∴bn=211()2n.第4页（共4页）六、型如an+1=pan+qran+s的递推数列，其中p、q、r、s为常数.我们知道，若q=0，则1an+1=sp•1an+rp，即可转化为第一种情形；若q≠0，可设an+1-x=pan+qran+s-x=(p-xr)an+q-sxran+s=(p-xr)(an-x)-rx2+(p-s)x+qr(an-x)+(rx+s)，令-rx2+(p-s)x+q=0（*）（1）若方程（*）有两个不等实根x1、x2，则有an+1x1=(px1r)(anx1)ran+s①an+1x2=(px2r)(anx2)ran+s②pxir≠0(i=1,2)时，①②两式相除可得：an+1x1an+1x2=px1rpx2r•anx1anx2，数列{anx1anx2}是等比数列.（2）若方程（*）有两个相等实根x，则令bn=anx，所以bn+1=(pxr)bnrbn+(rx+s)，即可转化为q=0的情形.例6（2005重庆文）数列{an}满足a1=1且8an+1an-16an+1+2an+5=0(n≥1)，记1(1)12nnbna.（1）略；（2）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn.分析：原式可化为an+1=2an+516-8an，由x=2x+516-8x解得x=12或54.解：由已知an+1=2an+516-8an,∴an+1-12=2an+516-8an-12=6an-316-8an,∴118()12124211136()222nnnnaaaa,∴bn+1=2bn-43,第5页（共4页）∴bn+1-43=2(bn-43),b1-43=1112a-43=23,∴{bn-43}是以23为首项，2为公比的等比数列，∴bn-43=23•2n-1，即bn=13•2n+43(n≥1).由1(1)12nnbna得：anbn=12bn+1,∴Sn=12(b1+b2+…+bn)+n=1(12)53123nn=13(2n+5n-1).