利用待定系数法巧求数列的通项公式

朱 磊

(江苏省新海高级中学 222006)

处理某些特殊类型的数列问题时，可灵活运用“待定系数法”，需要先构造等比数列，再利用等比数列的通项公式即可顺利获解.请结合以下归类解析，认真领会构造等比数列的关键点以及易错点，以便逐步提高运用能力，进一步提升数学抽象方面的核心素养.

1递推式中含有关于n的代数式，巧求通项公式

如果数列an的递推式为an+1=kan+f(n)(其中k为非零常数，f(n)是关于n的代数式)，那么可灵活运用“待定系数法”构造等比数列，巧求数列an的通项公式.

说明当k=1时，可灵活运用“累加法”迅速获解，没有必要利用“待定系数法”.

1.1若f(n)是关于n的幂式，可巧求通项

例1已知数列an的首项a1=1，且满足an+1+an=3·2n，求数列an的通项公式.

解析因为数列{an}中，an+1+an=3·2n，

所以移项得

an+1=-an+3·2n.

①

于是，可设存在实数x使得

an+1+x·2n+1=-(an+x·2n)，

则an+1=-an-3x·2n.

②

从而，对比①②两式可得

-3x=3，

即x=-1.

因此，可得an+1-2n+1=-(an-2n).

故可知数列an-2n是以a1-2=-1为首项，以-1为公比的等比数列.

从而，根据等比数列的通项公式得

an-2n=-1×(-1)n-1.

化简,得an=2n+(-1)n.

评注本题利用“待定系数法”构造等式时，必须满足an+x·2n和an+1+x·2n+1是一个数列的相邻两项；其次，必须准确运用等比数列an-2n的通项公式解题.

1.2若f(n)是关于n的一次式，可巧求通项

例2 已知数列an中，a1=2,an+1=-2an+3n+3，求数列an的通项公式.

解析因为数列{an}中，

an+1=-2an+3n+3，

③

所以可设存在常数a,b使得

an+1+a(n+1)b=-2(an+an+b).

整理,得an+1=-2an-3an-a-3b.

④

从而，由等比数列的通项公式可得

1.3 若f(n)是关于n的二次式，可巧求通项

例3 已知数列an中，a1=1,an+1+2an=n2+3n+3，求数列an的通项公式.

解析在数列{an}中，由题设可得

an+1=-2an+n2+3n+3.

⑤

所以可设存在常数a,b,c使得

an+1+a(n+1)2+b(n+1)+c=-2(an+an2+bn+c).

整理,得

an+1=-2an-3an2-(2a+3b)n-a-b-3c.

⑥

于是，由⑤⑥两式可得

从而，由等比数列的通项公式可得

评注本题利用“待定系数法”构造等式时，必须满足an+an2+bn+c和an+1+a(n+1)2+b(n+1)+c是一个数列的相邻两项；其次，要注意在新情景下，准确运用等比数列k的通项公式解题.

2 斐波那契数列及其通项公式的求解

图1

例4已知数列Fn是斐波那契数列，即满足F1=F2=1，且Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3)，求数列Fn的通项公式.

解析由于数列Fn的递推式为

Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3)，

⑦

从而可设存在常数r,s使得

Fn-rFn-1=s(Fn-1-rFn-2)(n≥3)，

整理,得

Fn=(r+s)Fn-1-rsFn-2.

⑧

于是，对比⑦⑧两式可得r+s=1,-rs=1.

因此，根据韦达定理可知r,s为一元二次方程x2-x-1=0的实数根.

⑨

⑩

从而，由⑨⑩可得

故所求数列Fn的通项公式为

综上，分析、解决某些特殊类型的数列问题时，学会灵活运用“待定系数法”，往往可获得“事半功倍”之效.同时，有利于较好地培养数学抽象思维能力、推理论证能力以及运算求解能力.故创新思维能够强化学生的探究精神，提高对所学知识、方法的运用能力.