求数列通项公式的新视角

赵世瑜

摘要：对于求某些特殊数列的通项公式，如果能另辟蹊径，通过构造常数列来求其通项公式，就会发现这种方法不仅思路清晰，而且过程简洁.文章对几种常见数列的递推数列进行研究，总结用其来求通项公式的一般方法.

關键词：数列；常数列；构造；应用

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2023）33-0039-03

在等差数列、等比数列以外的一些特殊数列中，我们常用累加法、累积法和构造法求其通项公式，这些方法都对应某种特定的类型，运用起来程序性强，学生很容易掌握.笔者经过研究，发现此类问题可以通过构造常数列加以解决，现将自己的一些心得整理出来，希望能起到抛砖引玉的作用.

1 常数列的定义

如果数列an满足an+1=an，则称an为常数列，此时有an=a1.

2 构造常数列求通项公式

2.1 an+1=an+f（n）型

例1已知数列an满足a1=12，an+1=an+1n2+n，求an的通项公式.

解因为an+1=an+1n2+n=an+1n-1n+1，所以an+1+1n+1=an+1n，所以数列an+1n是一个常数列.又因为首项为a1+11=32，所以an=32-1n，n∈N*.

例2在数列an中，a1=1，an-an-1=2n-3，n≥2，n∈N*，求an的通项公式.

解因为an-an-1=2n-3，所以an-n-12=an-1-n-22，n≥2，n∈N*，所以数列an-n-12是一个常数列.

又因为首项为a1-1-12=1，所以an=n-12+1=n2-2n+2，n∈N*.

例3已知数列an满足an+1-an=4n+1，且a1=1 求数列an的通项公式.

解因为an+1-an=4n+1，所以an-an-1=4n-3，n≥2，n∈N*.

所以an-2n2-n-1=an-1-2n-12-n-1-1，n≥2，n∈N*，所以数列an-2n2-n-1是一个常数列.

又因为首项为a1-2×12-1-1=1，所以an=2n2-n，n∈N*.

评注我们可以感受到此方法在语言表达上比用累加法显得更加简洁，同时肯定有人看完例2，3会感慨：此法只应天上有！其实不然，下面给出一般性的结论.

定理1如果an=an-1+fn，n≥2，n∈N*，gn=∑nk=2fk，则an-gn为常数列.

证明因为an=an-1+fn，gn=∑nk=2fk，所以an-gn=an-∑nk=2fk=an-1-∑nk=2fk+fn=an-1-∑n-1k=2fk=an-1-gn-1，所以an-gn为常数列.

也许有读者会问：gn是怎样构造出来的呢？方法如下：

假设an-gn=an-1-gn-1，则gn-gn-1=fn，所以g2-g1=f2，g3-g2=f3，…，gn-gn-1=fn，n≥2，n∈N*.

把以上n-1个式子相加得

gn-g1=∑nk=2fk，n≥2，n∈N*.令g1=0得gn=∑nk=2fk.

2.2 an+1=anf（n）型

例4在数列an中，a1=1，an+1=2nan（n∈N*），求通项an.

解因为an+1=2nan，所以an+12nn+12=an2nn-12，所以数列an2nn-12是一个常数列.

又因为首项为a120=1，所以an2nn-12=1，即an=2nn-12，n∈N*.

类似地，我们可以得到以下结论.

定理2如果an=an-1fn，n≥2，n∈N*，gn=∏nk=2fk，则angn为常数列.

证明因为an=an-1fn，n≥2，n∈N*，gn=∏nk=2fk，

所以angn=an∏nk=2fk=an-1fn∏nk=2fk=an-1∏n-1k=2fk=an-1gn-1，所以angn为常数列.

gn的构造方法如下：

假设angn=an-1gn-1，则gngn-1=fn，所以g2g1=f2，g3g2=f3，…，gngn-1=fn，n≥2，n∈N*.

把以上n-1个式子相乘得，gng1=∏nk=2fk，n≥2，n∈N*.

令g1=1得，gn=∏nk=2fk.

2.3 an+2=1-λan+1+λan型

例5已知数列an满足：a1=2，a2=3，an+2=3an+1-2ann∈N*，求数列an的通项公式.

解因为an+2=3an+1-2ann∈N*，所以an+2-2an+1=an+1-2ann∈N*，所以数列an+1-2an是以a2-2a1=-1为首项的常数列，即an+1-2an=-1，从而an+1-1=2an-1.

又因为a1-1=1，所以an-1是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an-1=2n-1，即an=2n-1+1n∈N*.

我们可以把以上问题推广到一般情景.

定理3数列an满足：a1=a，a2=b，an+2=pan+1+qann∈N*，p2+4q≥0，

（1）若方程x2=px+q有两个不等实根α，β，则an=λαn+μβnn∈N*，其中λα+μβ=a，λα2+μβ2=b;

（2）若方程x2=px+q有两个相等实根α，β，则an=λ+nμαnn∈N*，其中λ+μα=a，λ+2μα2=b.证明：假设an+2-xan+1=p-xan+1-xan（*），则-xp-x=q，

即x2=px+q，解得x=α或x=β，其中α+β=p，αβ=-q.

当α≠β时，由（*）得，an+2-αan+1=βan+1-αan，①an+2-βan+1=αan+1-βan.②

由①得an+1-αan=b-αaβn-1，③

由②得an+1-βan=b-βaαn-1，④

由③-④得，β-αan=b-αaβn-1-b-βaαn-1.

若α≠β，則an=b-αaβn-1-b-βaαn-1β-α=λαn+μβn，其中λα+μβ=a，λα2+μβ2=b;若α=β，则an+2-αan+1=αan+1-αan，所以an+1-αan=b-αaαn-1，

（1）若α=1，则数列an为公差为b-a的等差数列，此时an=a+n-1b-a=2a-b+b-an=λ+nμ，其中λ+μ=a，λ+2μ=b.

（2）若α≠1，则an+1αn+1-anαn=b-αaα2，所以数列anαn是公差为b-αaα2的等差数列，

此时anαn=aα+n-1b-αaα2=2αa-bα2+b-αaα2n，即an=2αa-bα2+b-αaα2nαn=λ+nμαnn∈N*，其中λ+μα=a，λ+2μα2=b.

上式对于α=1也成立，

所以当α=β时，an=2αa-bα2+b-αaα2nαn=λ+nμαnn∈N*，

其中λ+μα=a，λ+2μα2=b.

3 在高考中的应用

例6（2012年大纲全国卷）[1]函数f（x）=x2-2x-3.定义数列xn如下：x1=2，xn+1是过两点P（4，5），Qn（xn，f（xn））的直线PQn与x轴交点的横坐标.

（1）证明：2≤xn

（2）求数列xn的通向公式.

解（1）略.

（2）由（1）及题意得xn+1=3+4xn2+xn，变形有xn+1-3=xn-32+xn，取倒数得1xn+1-3=5xn-3+1.记an=1xn-3，则an+1=5an+1，an+15n+1=an5n+15n+1，可得an+15n+1+14×5n+1=an5n+14×5n，所以{an5n+14×5n}是常数列.所以an5n+14×5n=a15+14×5=-320，从而an=-3×5n-1+14，因此得xn=3-43×5n-1+1.

例7（2008年四川卷理科）设数列数列an的前n项的和为Sn，已知ban-2n=（b-1）Sn.

（1）证明：当b=2时，{an-n·2n-1}；

（2）数列an的通向公式.

解（1）略.（2）当b=2时，由（1）知，an=（n+1）2n+1.当b=0时，则an=2n-1；

现在讨论b≠0，2的情况，由题意可得a1=2，an+1=ban+2n，变形有an+1bn+1=anbn+2nbn+1，设an+1bn+1+

x（2b）n+1=anbn+x（2b）n，由待定系数法，解得x=1b-2，因此

an+1bn+1+1b-2（2b）n+1=anbn+1b-2（2b）n，

所以{anbn+1b-2（2b）n}是常数列，所以anbn+1b-2（2b）n=2b+1b-2·2b=2（b-1）b（b-2），故an=1b-2［2（b-1）bn-1-2n］.

该法在中学数学教学中2012年大纲全国卷［1］等有运用，我们的老师不仅要把解题技巧传授给学生，更重要的是要教会学生思考问题、教会学生领悟数学的思想方法，从而理解数学的本质.因为思维是数学的灵魂，技巧是灵活的，但思想方法却可以举一反三. 我们可用常数控制变数，通过构造常数列来求解数列的通项公式[2].

参考文献：

［1］ 徐章韬，李鸿昌.在深度解读教材中增长见识[J].中学数学研究，2014（11）：11-13.

[2] 李鸿昌，徐章韬.深度挖掘教材：数列求和之构造常数列[J].中学数学月刊，2014（10）：53-55.

［责任编辑：李璟］