待定系数法在高考递推数列题中的应用

1待定系数法在高考递推数列题中的应用弋阳二中超龙各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题是一类高考重点考查题型，也往往是解决数列难题的瓶颈。高考题中越来越重视对递推数列的考查。对一些常见的递推数列进行归纳和研究是必要的且大有益处的。高考递推数列题型较多，并且大都可以总结出求解数列通项公式的方法。本文给出一种用待定系数法的方法解递推数列，希望能对大家有所帮助。模型1：an＋1=pan＋q（其中p、q均为常数，（pq（p－1）≠0））[解法]（待定系数法）：把原递推公式转化为：an＋1－λ=p(an－λ)其中λ=pq1，再用换元法令bn=an－λ，则有bn＋1=pbn，从而数列{bn}为等比数列，于是由an=bn＋λ可求出数列an的通项公式。例1：已知数列{an}中，a1=1，an＋1=2an＋1。求an。解：令an＋1＋λ=2(an＋λ)即an＋1=2an＋λ∴λ=1从而an＋1＋1=2(an＋1)，令bn=an＋1则b1=a1＋1=2且1111nnnnaabb=2故数列{bn}是以b1=2为首项，以2为公比的等数列。则bn=2×2n－1=2n∴an=2n－12练习1、（06重庆文）在数列{an}中，若a1=1，an＋1=2an＋3(n≥1)，则该数列的通项an=练习2、一牧羊人赶着一群羊通过36个关口，每过一个关口，守关人将拿走当时羊的一半，然后退还一只，过完这些关口后，牧羊人只剩2只羊，牧羊人原来有只羊。模型2：an＋1=pan＋r·qn（其中p、q、r均为常数，（p·q·r·(p－1)·(q－1)≠0））[解法]一般来说，要先在原递推公式两边同除以qn＋1，得qrqa　　qpqannnn·11，再令bn=nnqa从而化为bn＋1=qrb　qpn·，此即为模型1，可用模型1待定系数法解之。例2：已知数列{an}中，a1=65，an＋1=31an＋(21)n＋1，求an。解：在an＋1=31an＋(21)n＋1两边乘以2n＋1，得2n＋1·an＋1=32(2n·an)＋1令bn=2n·an，则bn＋1=32bn＋1又令bn＋1＋λ=32(bn＋λ)即bn＋1=32bn－3∴λ=－3故bn＋1－3=32(bn－3)∴数列{bn－3}是以b1－3=21·65－3=－34为首项，以32为公比的等比数列。从而bn－3=－34·(32)n—1即bn=3－2·(32)n3∴an=2nb=3·(21)n－2(31)n练习3、已知数列{an}满足an＋1=3an＋2·3n＋1且a1=3。求{an}的通项公式。练习4、已知数列{an}满足a0=1，an=3n－1－2an－1（n∈N*），求an。模型3：an＋1=pan＋an＋b（p≠1，0，a≠0）[解法]用待定系数法构造等比数列，令an＋1＋x(n＋1)＋y=p(an＋xn＋y)与已知递推式比较，解出x、y，从而转化为{an＋xn＋y}是公比为p的等比数列。例3：设数列{an}满足，a1=4，an=3an－1＋2n－1（n≥2），求an。解：设bn=an＋An＋B，则an=bn－An－B，将an，an－1代入递推式，得bn－An－B=3[bn－1－A(n－1)－B]＋2n－1=3bn－1－(3A－2)n－(3B－3A＋1)∴1113323BAABBAA∴bn=an＋n＋1……(1)则bn=3bn－1，又b1=6∴bn=6×3n－1=2×3n代入（1）得：an=2×3n－n－1练习5、已知数列{an}满足a1=21，2an＋1=an＋n，求an。模型4：an＋1=p·rna（p＞0，an＞0）[解法]这种类型一般是等式两边取对数后转化为an＋1=p·an＋q，再4利用待定系数法求解。例4：已知数列{an}中，a1=1，an＋1=a1·an2(a＞0)，求数列{an}的通项公式。解：由an＋1=a1·an2两边取对数得lgan＋1=2lgan＋lga1令bn=lgan，则bn＋1=2bn＋lga1再利用待定系数法解得：an=a·(a1)2n－1练习6、（05年江西理）已知数列{an}的各项都是正数，且满足a0=1，an＋1=21an(4－an)，n∈N，求数列{an}的通项公式an。由以上各例可知，待定系数法在高考递推数列中有着很重要的应用，它源于课本，但高于课本，我们只有熟悉了这些常见模型，才能快速准确地做出解答。