归类教材中递推式 同构求解数列通项

张祖兰 黎福庆

［摘 要］数列递推式呈现出数列各项之间的关联，由数列递推式探究数列通项公式是课程标准的教学要求，也是高考考查数列的主要内容。新人教A版数学教材是实现教学要求，落实核心素养的重要载体。文章主要以新人教A版数学选择性必修第二册中的例习题为例归类整理教材中的数列递推式，并巧妙变式探究，揭示数列递推式类型的特征，以同构思想构造等差、等比形式的辅助数列，进而提炼数列通项公式的求解策略：设参同构辅助数列—待定系数法求参—求解辅助数列的通项公式—求解原数列的通项公式，旨在发展学生的逻辑推理和数学运算素养。

［关键词］递推式；数列通项；同构

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2023）11-0029-05

《普通高中数学课程标准（2017 年版）》指出，数列是一类特殊的函数，并要求学生通过探索数列的变化规律，建立通项公式。无穷多项的数列的变化规律一般可以通过数列中第[n]项与它前后几项之间的关系来体现，将这相邻几项的关系用式子表示出来就是数列递推式。数列递推式可以有效地表示出数列，通过数列递推式，可以由前几项解出数列的无穷多项；还可以进一步研究数列的通项公式，掌握数列性质。通过数列递推式求解数列通项公式是高考考查的重点。

教材是重要的教学载体，其中的例习题不仅是传授新知识、新概念的媒介，还是知识归纳、总结、提炼的模型。教材基于课程标准的要求编制，指向高考考查，是发展核心素养、落实“立德树人”根本任务的重要教学资料。本文主要结合新人教A版数学选择性必修第二册中的例习题来归纳整理数列递推式，并展示利用不同类型的数列递推式求解数列通项公式的过程，从而基于模型提炼方法。

一、求解数列通项公式的方法

要想从数列递推式中求出通项数列公式，构造輔助数列是关键一步。观察分析数列递推式的类型特点，通过加法、减法、乘法、除法、取倒数、取对数等运算以及待定系数法，结合函数与方程思想将数列递推式转化成左右两边结构相同的等式，此同构等式具备良好性质，一般可看成等差数列或者等比数列的相邻项，从而构造出辅助数列，求出辅助数列的通项公式，进而在此基础上求解原数列的通项公式。基于数列递推式同构等差数列、等比数列，学生需要具备较强的观察分析能力、逻辑推理能力以及数学运算素养。

当数列递推式为多项式函数或分数型多项式函数型时，可以基于数列递推式的不动点实现同构，突破部分数列递推式同构的难点，从而顺利求出数列的通项公式，找到同构的规律。

不动点的定义：一般地，设函数[y=f（x）]是定义在集合[D]上的函数，若[?x0∈D，]使得[f（x0）=x0]成立，则称[x0]为函数[y=f（x）]的不动点。

不动点是函数中的概念。数列作为定义在正整数集或其子集上的离散型函数，也有其不动点。

一般地，对于数列[an]来说，递推式[an+1=f（an）]可以看成是[an+1]关于[an]的函数，若[an+1=f（an）=an]有解[λ]，则称[λ]为数列的不动点。此时，若[an=λ]，则有[an+1=λ，][an+2=λ]，[an+3=λ]，…，数列[an]为常数数列。特殊地，若递推式[an+1=f（an）]是关于[an]的多项式函数或分数型多项式函数，当递推式[an+1=f（an）]存在不动点[λ]时，则有[an+1=f（an）=an]成立，即方程[f（an）-an=0]成立，说明[an=λ]是方程[f（an）-λ=0]的根，根据多项式分解原理可得到[f（an）-λ=（an-λ）g（an）] ，[g（an）]为多项式，而[an+1=f（an）]，此时式子变形为[an+1-λ=（an-λ）g（an）]， [an+1-λ]与[an-λ]的结构相同，则运用这一同构构造辅助数列，从而可求解出数列[an]的通项公式。

接下来，笔者将新人教A版数学选择性必修第二册“数列”章节中所出现的递推式进行分类，思考基于不同类型递推式求解通项公式的底层逻辑与共性规律。

二、数列递推式的分类与通项公式求解

可以按照递推式中出现项的个数以及项之间的关系对递推式进行分类。若递推式中只出现相邻两项[an，an+1]，则称为一阶递推式，一般表示为[an+1=f（an）]，若[f（x）]为线性函数，则将此一阶递推式称为一阶线性递推式。若递推式中出现相邻三项[an]，[an+1]，[an+2]，则称为二阶递推式，一般表示为[an+2=f（an+1，an）]。特别地，当递推式[an+2=f（an+1，an）=g（an+1）+h（an）]时，[h、g]为线性函数。教材只出现了一阶递推式和二阶递推式。

（一）当递推式为一阶递推式时

类型一：[an+1=an+dn∈N*，d∈R]

此递推式说明该数列为等差数列，根据题设条件求基本量[a1，d]即可得出通项公式[an=a1+（n-1）d（n∈N*）]。将常数[d]推广为关于[n]的函数[f（n）]，可得到更一般的情况。

推广：[an+1=an+f（n）（n∈N*）]可用累加法求通项公式。

［例1］（改编自新人教A版数学选择性必修第二册第8页第8题）若数列[an]的首项[a1=1]，且满足[an=an-1+2n-1（n≥2）]，求数列[an]的通项公式。

解：由题意得[an-an-1=2n-1]，[an-1-an-2=2n-2]，[an-2-an-3=2n-3]，…，[a3-a2=22]，[a2-a1=2]，

将上式累加实现消元得

[an-a1=2n-1+2n-2+2n-3+…+22+2][=2（1-2n-1）1-2=2n-2]，[an=2n-1]。

類型二： [an+1=qan]（[n∈N*]，[q∈R]且[q≠0]，[a1≠0]）

此递推式说明该数列为等比数列，根据题设条件求基本量[a1]、[q]即可得出通项公式[an=a1qn-1（n∈N*）]。

［例2］（2016年高考全国Ⅲ卷第7题）已知各项都为正数的数列[an]满足[a1=1]，[a2n-（2an+1-1）an-2an+1=0]。（1）求[a2]，[a3]；（2）求数列[an]的通项公式。

解：（1）通过递推式可得[a2=12，a3=14]；

（2）由[an2-（2an+1-1）an-2an+1=0]可得[（2an+1-an）（an+1）=0]，∵[an>0]，∴[an+1an=12]，故数列[an]是首项为1，公比为[12]的等比数列，故[an=12n-1]。

将类型二推广成[an+1=an·f（n）（n∈N*）]，可用累乘法求通项公式。

类型三：[an+1=pan+q（n∈N*，p、q∈R）]

若[p=0]，则有[an+1=q]，此数列为常数数列；若[p=1]，则有[an+1=an+q]，此数列为等差数列；若[q=0]，则有[an+1=pan（p≠0）]，此数列为等比数列。若为一般情况（如例3），应该如何处理呢？

［例3］（新人教A版数学选择性必修第二册第41页第8题）若数列[an]的首项[a1=1]，且满足[an+1=2an+1]，求数列[an]的通项公式。

学生容易发现此数列既不是等差数列，也不是等比数列，而是基于等差数列和等比数列构造的，后一项是前一项的2倍再加上1。那么，可通过同构思想把1拆开成两部分，重新构造一个新数列[an-λλ∈R]，使得新数列正好是一个公比为2的等比数列，新数列首项为[a1-λ]。因此，需要用待定系数法将[λ]求出。[an+1-λ=2（an-λ）]，即[an+1=2an-λ] ，求得[λ=-1]。

将上述特殊情况推广到一般情况：对[an+1=pan+q（n∈N*，p，q∈R）]进行类似的同构，即构造一个新数列[an-λ（λ∈R）]，使得新数列满足[an+1-λ=p（an-λ）]，即[an+1=pan+（1-p）λ]与[an+1=pan+q]联立，解得[λ=q1-p]，则有[an+1-q1-p=pan-q1-p]。若[a1≠q1-p]，则数列[an-q1-p]正好是首项为[a1-q1-p]，公比为[p（p≠0）]的等比数列，因此数列的通项公式为[an=a1-q1-ppn-1+q1-p]；若[a1=q1-p]，则数列[an]为常数数列，[an=q1-p]。

在构造辅助数列[an-λ（λ∈R）]时，系数[λ=q1-p]的值是十分重要的。观察递推式[an+1=pan+q（n∈N*，p，q∈R）]，不难发现[q1-p]是关于[x]的方程[x=px+q]的解。此方程[x=px+q（p，q∈R）]叫作特征根方程。因此，我们只要解特征根方程，求出[λ]的值，即可构造出等比数列[an-λ（λ∈R）]，此时[λ]就叫作数列的不动点。

总结：对于[an+1=pan+q（n∈N*，p，q∈R）]类型的线性递推式，可以先求出数列的不动点[λ=q1-p]，然后在式子两边同时减去[λ]，构造出等比数列[an-λ（λ∈R）]。

此类型的递推式是常见的重点递推式，常出现在高考中。如2014年高考全国Ⅱ卷理科数学试卷中的题目：已知数列[an]满足[a1=1]，[an+1=3an+1]。（1）证明数列[an+12]是等比数列，并求出数列[an]的通项公式。

当然，常数[q]也可以推广成[f（n）]，此时递推式为[an+1=pan+f（n）]。

若[f（n）]是指数型函数，递推式为[an+1=pan+kqn（n∈N*，p，q，k∈R）]时，我们可以观察递推式含有[qn]的特点，通过加减乘除的运算，构造等差数列或者等比数列。

［例4］（改编自新人教A版数学选择性必修第二册第41页第7题）若数列[an]的首项[a1=1]，且满足[an+1+an=3×2n]，求数列 [an]的通项公式。

方法1：构造一个等比数列。将多余部分[3×2n]进行拆分，从而构造新数列[an-λ2n]，使得它成为一个公比为-1的等比数列，满足[an+1-λ2n+1=-（an-λ2n）]，则有[an+1=-an+λ2n+1+λ2n=-an+3λ2n]，将此式与题设[an+1+an=3×2n]联立，即可解出待定系数[λ=1]，则数列[an-2n]是一个首项为[a1-2=-1]，公比为[-1]的等比数列，[an-2n=（-1）n]，所以[an=2n+（-1）n]。

方法2：将问题转化为类型三。除以指数部分，可得[an+12n+an2n=3]，则有[an+12n=-12·an2n-1+3]，令[bn=an2n-1]，构造辅助数列[bn]，首项为1，且满足递推关系[bn+1=-12bn+3]，如此问题变成了类型三。容易求出数列[bn]的不动点[λ=2]，可以得到数列[bn-2]是一个首项为[-1]，公比为[-12]的等比数列，则有[bn-2=-1×-12n-1]，即有[an2n-1-2=-1×-12n-1]，化简得[an=2n+（-1）n]。

若[f（n）]是一次函数形式，也可以用同样的思路对[an+1=pan+f（n）]进行同构。

变式1：若数列[an]的首项[a1=1]，且满足[an+1+an=3+2n]，求数列 [an]的通项公式。

考虑到[f（n）=3+2n]为一次多项式，为了使题设条件变同构形式，则需要构造新数列[an-kn-b（k，b∈R）]，使其成为公比为[-1]的等比数列，则有[an+1-k（n+1）-b=-（an-kn-b）]，整理得[an+1=-an+2kn+k+2b]，与[an+1+an=3+2n]联立可得[2k=2，k+2b=3，]解得[k=1，b=1，]因此数列[an-n-1]是一个首项为-1，公比为-1的等比数列，则有[an=1+n+-1n]。

推广：对于递推式为[an+1=pan+f（n）]，必须要认真观察函数[f（n）]的类型，将其分解成常见的基本初等函数，并通过相应的基本初等函数构造辅助的等比数列，最后结合题设条件运用待定系数法求出辅助数列的首项与公比，进而求出[an]的表达式。

变式2：若数列[an]的首项[a1=1]，且满足[an+1+an=3n×2n]，求数列 [an]的通项公式。

此时[f（n）=3n×2n]，是一次函数与指数函数的乘积，因此构造的辅助数列应为[an-（kn+b）2n]，公比为-1，其中[k]、[b]需要应用待定系数法求出。

[an+1-kn+k+b2n+1=-an-kn+b2n]，整理得[an+1=-an+3kn+2k+3b2n]，

与[an+1=-an+3n×2n]联立可得[3k=3，2k+3b=0，]解得[k=1，b=-23，]

因此數列[an-n-232n]是一个首项为[13]，公比为-1的等比数列，则有[an=n-232n-13（-1）n]。

类型四：[an+1=pan+qran+h（n∈N*，p，q，r，h∈R）]

［例5］（新人教A版数学选择性必修第二册第41页第11题节选）已知数列[an]的首项[a1=35]，且满足[an+1=3an2an+1]。（1）求证：数列 [1an-1]为等比数列。

求解此类型数列的通项公式通常有两种方法：

方法1：取倒数将问题转化为前五种模型，进而构造等差或等比数列进行求解。

显然，（1）证明有助于我们研究数列[an]的基本性质与通项公式，而证明只需紧扣等比数列的定义，结合题设条件求出后一项与前一项的比值为不等于0的常数即可，难度较小；难的是如何构造出（1）中的辅助数列？如果没有（1）的铺垫，我们应该如何研究数列[an]的基本性质与通项公式呢？

我们一起来看，由题设可知，[an>0]，由[an+1=3an2an+1]两边取倒数得[1an+1=2an+13an=13·1an+23]，此式符合类型三的结构，容易得该数列的特征根为[-1]，因此数列[1an-1]是首项为[23]，公比为[13]的等比数列，命题得证。

方法2：不动点法。

在此题数列中，特征根方程是[x=3x2x+1]，解得[x1=0]，[x2=1]，在[an+1=3an2an+1] ①两边同时减去1，得[an+1-1=3an2an+1-1=an-12an+1] ②，①和②右边分母相同，都为[2an+1]，[①÷②]可以消去分母得 [an+1an+1-1=3anan-1=3anan-1]，式子两边的结构相同，构造辅助的等比数列[anan-1]，首项为[a1a1-1=-32]，公比为3，则有[anan-1=-32×3n-1=-3n2]，则[1-1an=-23n]，则有[1an-1=23n]，命题得证。

［例6］（改编自新人教A版数学选择性必修第二册第51页习题4第3题）已知数列[an]满足[a1=1]，[4an+1-anan+1+2an=9（n∈N*）]。求数列[an]的通项公式。

解：题中的递推式可变形成[an+1=9-2an4-an=f（an）]，[f（x）]是分式多项式，故可用不动点法进行同构。令[an+1=an=x]，则可以得[4x-x2+2x=9]，即[x2-6x+9=0]，解得[x1=x2=3]，

将递推式变形为[an+1=9-2an4-an]，[an+1-3=9-2an4-an-3=an-34-an]，对该式取倒数得[1an+1-3=4-anan-3]，变形为[1an+1-3=-（an-3）+1an-3=-1+1an-3]，得到辅助的等差数列[1an-3]，首项是[-12]，公差为[-1]，则有[1an-3=12-n]，解得[an=5-6n1-2n]。

当然教材也给了一种解决策略，即计算出数列[an]的前四项，由此观察猜想数列[an]的通项公式，并用数学归纳法证明。证明在正整数[n]范围内都成立的命题时，数学归纳法确实是一种高效的方法，此题的证明过程可参考教材和教学参考资料。

对于[an+1=pan+qran+h]类型的分式递推式，其特征根方程是[x=px+qrx+h]。

（1）若上述方程有两个不相等的实数根[α]、[β]，则数列[an-αan-β]是等比数列。

（2）若上述方程有一个实数根[α]，则数列[1an-α]是等差数列。

（3）若上述方程无实数根，有两个虚数根[α]、[β]，则数列[an-αan-β]是等比数列，此时进一步研究数列[an]，可以证明其为周期数列。

（二）当递推式为二阶递推式时

教材中只出现了二阶线性递推式[an+2=pan+1+qan（n∈N*，p，q∈R）]。

关于数列的概念，新教材在“阅读与思考”栏目中借助兔子繁殖问题介绍了斐波那契数列。

已知在数列[an]中，[a1=a2=1]，[an+2=an+1+an]，求数列[an]的通项公式。

由递推式[an+2=an+1+an]可知，数列[an]既不是等差数列，也不是等比数列，因此根据同构思想构造一个等比数列[an+1-λ1an]，其公比为[λ2]，则有[an+2-λ1an+1=λ2（an+1-λ1an）]，整理得[an+2=（λ1+λ2）an+1-λ2λ1an]，与递推式[an+2=an+1+an]联立可得，[λ1+λ2=1，λ1λ2=-1，]则[λ1，λ2]是方程[x2=x+1]的两个根，解得[λ1=1+52，λ2=1-52，]或[λ1=1-52，λ2=1+52。]

当[λ1=1+52，λ2=1-52]时，[an+2-1+52an+1=1-52an+1-1+52an]，则根据等比数列的定义以及通项公式可以求出[an+1-1+52an=1-52n-11-1+52] ①

当[λ1=1-52，λ2=1+52]时，[an+2-1-52an+1=1+52an+1-1-52an]，则根据等比数列的定义以及通项公式可以求出[an+1-1-52an=1+52n-11-1-52] ②

由①-②可得[-5an=1-52n-11-1+52-1+52n-11-1-52 ]，

可化为[an=551+52n-551-52n]，通项公式的结构为[an=Aλn2+Bλn1]，[λ1]，[λ2]是方程[x2=x+1]的两个根，我们把此方程[x2=x+1]称作该数列的特征根方程，[λ1]，[λ2]叫作该数列的特征根；运用一元二次方程的知識求解特征根后，只需要根据题设条件[a1=a2=1]反解出系数[A]、[B]，就可以写出二阶线性递推式的通项公式。

由递推式[an+2=pan+1+qan（n∈N*，p，q∈R）]，可知数列[an]既不是等差数列，也不是等比数列，因此根据同构思想构造一个等比数列[an+1-λ1an]，其公比为[λ2]，则有[an+2-λ1an+1=λ2（an+1-λ1an）]，整理得[an+2=（λ1+λ2）an+1-λ2λ1an]，

与递推式[an+2=pan+1+qan]联立可得[λ1+λ2=p，λ1λ2=-q，]则[λ1]，[λ2]是特征根方程[x2=px+q]的两个根，由于[λ1]，[λ2]的地位相同，故会出现两组解，其所对应的同构形式均能成立。

当[an+2-λ1an+1=λ2（an+1-λ1an）]时，则根据等比数列的定义以及通项公式可以求出[an+1-λ1an=λn-12（a2-λ1a1）] ①

当[an+2-λ2an+1=λ1（an+1-λ2an）]时，则根据等比数列的定义以及通项公式可以求出[an+1-λ2an=λn-11（a2-λ2a1）] ②

由①-②可得[λ2an-λ1an=λn-12（a2-λ1a1）-λn-11（a2-λ2a1）]，[an=λn-12（a2-λ1a1）λ2-λ1-λn-11（a2-λ2a1）λ2-λ1]，可化为[an=λ2n（a2-λ1a1）λ2（λ2-λ1）-λn1（a2-λ2a1）λ1（λ2-λ1）]，观察通项公式的特点可以发现，[an=Aλn2+Bλn1]，[其中A=（a2-λ1a1）λ2（λ2-λ1）]，[B=-（a2-λ2a1）λ1（λ2-λ1）]。

综上可知，对于二阶线性递推式，可以先求出特征根方程的特征根，接着再通过[a1]、[a2]的值待定出[A]、[B]，即可求出数列[an]的通项公式。

三、提炼总结

经过上述分析后不难发现，由递推式求解通项公式的关键是同构思想。首先需要观察递推式的特点，引入参数构造等差数列或等比数列；然后根据等差数列或等比数列的性质将递推式与题设条件进行比较，从而用待定系数法求解参数，得到辅助数列的通项公式，进而得到原数列的通项公式，解决与原数列性质有关的问题。上述过程可提炼为：设参同构辅助数列—待定系数法求参—求解辅助数列的通项公式—求解原数列的通项公式。当数列的递推式是多项式函数或者分数型多项式函数时，可以运用不动点法快速找到同构式子，从而得到辅助数列。

［   参   考   文   献   ］

［1］  中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准：2017年版［M］.北京：人民教育出版社，2018.

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［3］  肖辉，吴云.基于深度学习的高三专题复习教学微设计：以“同构法求数列通项公式”为例［J］.数学之友，2022（14）：89-91.

［4］  赵雨林，孙强.利用递推式求解数列通项问题的探究［J］.数理化解题研究，2022（19）：73-75.

［5］  施明亮.利用递推关系求数列通项的四种类型［J］.高中数理化，2021（8）：2-3.

（责任编辑 黄春香）