一類基本型遞推數(shù)列的解法探究及運(yùn)用

盧杰

遞推數(shù)列是近年高考的熱點(diǎn)，因此倍受廣大師生重視.但由于遞推數(shù)列的類型太多，很難掌握各類題型的解法，因而成了一個困惑點(diǎn).實(shí)際上許多遞推數(shù)列都可歸納為一類基本型遞推數(shù)列an+1=pan+q.掌握了這類遞推數(shù)列各種求解的思維方法，并運(yùn)用到其它型遞推數(shù)列中，大多可以獲解.

一、an+1=pan+q型遞推數(shù)列的解法探究

對于an+1=pan+q（常數(shù)p、q滿足pq≠0，p≠1），下面通過一例探究其通項的各種求法.

例1（2014全國課標(biāo)卷Ⅱ）已知a1=1，an+1=3an+1，求通項an.

解法1（迭代法）利用遞推式，將已知的an的值反復(fù)代入，有

a1=1，a2=3a1+1=3+1，a3=3a2+1=32+3+1，a4=3a3+1=33+32+3+1，可見an=3n-1+3n-2+…+3+1.

由等比數(shù)列求和公式1+3+…+3n-2+3n-1=1-3n1-3，從而得an=3n-12.

點(diǎn)評對于不熟悉的遞推數(shù)列，通?？捎玫ㄔ嚽?但應(yīng)注意不要把每項都計算出具體數(shù)值，而應(yīng)保持其算式，以便從過程中觀察出規(guī)律，得到結(jié)論.

解法2（求差法）借助熟知的等差數(shù)列、等比數(shù)列的思想方法.

將an+2=3an+1+1與an+1=3an+1相減，有

an+2-an+1=3（an+1-an），即an+2-an+1an+1-an=3（*）.

視an+1-an為一整體，記bn=an+1-an，則有bn+1bn=3.可見{bn}是公比為3的等比數(shù)列，它的首項b1=a2-a1=（3a1+1）-a1=3.所以

bn=b1×3n-1=3n，即an+1-an=3n.

再將已知遞推公式代入，有（3an+1）-an=3n，從而得an=3n-12.

另解由（*）式可知{an+1-an}是公比為3，首項為a2-a1=3的等比數(shù)列.

由恒等式an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）（**）

有an=1+3+32+…+3n-1=3n-12.

點(diǎn)評解法2采用等差、等比數(shù)列的探求方法，先用差的方法，并將an+1-an視為一個整體，得到等比數(shù)列.而另解中巧用數(shù)列恒等式（**），更使問題輕松獲解，這個恒等式在數(shù)列問題中經(jīng)常用到，應(yīng)充分重視.

解法3（求商法）在遞推式an+1=3an+1兩邊同除以3n+1，得an+13n+1=an3n+（13）n+1，即an+13n+1-an3n=（13）n+1

視an3n為一整體，利用恒等式（**）有

an3n=a13+（a232-a13）+（a333-a232）+…+（an3n-an-13n-1）

=13+（13）2+（13）3+…+（13）n=13[1-（13）n]1-13，

從而得an=3n-12.

點(diǎn)評一般地，對于遞推數(shù)列an+1=pan+q，可以兩邊同除以pn+1，得到

an+1pn+1-anpn=q（1p）n+1，再用恒等式（**）可獲解.

解法4（待定系數(shù)法）假設(shè)an+1=3an+1可化成如下形式

an+1-x=3（an-x），即an+1=3an-2x.

與an+1=3an+1比較對應(yīng)項系數(shù)，可知-2x=1，得x=-12.

這樣，{an+12}是公比為3，首項為a1+12=32的等比數(shù)列.因此an+12=32×3n-1，從而得an=3n-12.

點(diǎn)評待定系數(shù)法的關(guān)鍵是假設(shè)的形式是否合理，若不合理，則求不出待定的系數(shù).從解法4可以知道本例原型高考題（證明{an+12}是等比數(shù)列，并求{an}的通項公式）的由來.對于形如an+1=pan+q的遞推數(shù)列，都可以用待定系數(shù)法求解.推導(dǎo)如下：

假設(shè)可化成an+1-x=p（an-x），即an+1=pan+（1-p）x.

與原遞推式an+1=pan+q比較對應(yīng)項系數(shù)，有（1-p）x=q，得x=q1-p.

那么{an-x}即{an-q1-p}是公比為p的等比數(shù)列.

解法5（特征根法）如果對于遞推式an+1=pan+q，視an+1與an為未知數(shù)x，那么有x=px+q，求得x=q1-p.這與以上用待定系數(shù)法求得的x相同.為了便于記憶，我們稱x=px+q為遞推式an+1=pan+q的特征方程，解得的x=q1-p稱為特征根.根據(jù)這個結(jié)論，遞推式an+1=3an+1的特征方程是x=3x+1，解得的特征根x=-12.這樣，{an-（-12）}，即{an+12}是公比為3，首項為a1+12=32的等比數(shù)列.所以an+12=32×3n-1，從而an=3n-12.

點(diǎn)評特征根法是求解形如an+1=pan+q遞推數(shù)列的通項公式最簡單、最快捷的方法.同學(xué)們不妨換個題目試用一下，來體會這種方法的優(yōu)越性.

二、求解其它相關(guān)型遞推數(shù)列

綜合運(yùn)用以上的各種方法，可以探求解決多種相關(guān)型的遞推數(shù)列.下面就幾種類型舉例說明.

1.an+1=pan+（qn+r）（其中p、q、r是常數(shù)，pq≠0，p≠1）

例2設(shè)a1=1，an+1=2an+（2n-1），求通項an.

解先用求差法，將an+2=2an+1+（2n+1）與原遞推式相減，得an+2-an+1=2（an+1-an）+2.

記bn=an+1-an，則有bn+1=2bn+2.這就是本文的標(biāo)準(zhǔn)型.

由特征方程x=2x+2，得特征根x=-2.所以{bn+2}是公比為2的等比數(shù)列，它的首項為b1+2=（a2-a1）+2=[（2a1+1）-a1]+2=4.所以bn+2=4×2n-1，得bn=2n+1-2.

因此an+1-an=2n+1-2，有[2an+（2n-1）]-an=2n+1-2，從而得an=2n+1-2n-1.

點(diǎn)評本題型中的qn+r實(shí)際上是一個等差數(shù)列，先用求差法可化為標(biāo)準(zhǔn)型，再繼續(xù)求解.另外，例2也可用待定系數(shù)法求解如下：

設(shè)an+1=2an+（2n-1）可化成an+1+A（n+1）+B=2（an+A·n+B），即an+1=2an+A·n+B-A.

比較對應(yīng)項的系數(shù)，可得A=2，B-A=-1.則B=1.這樣得到an+1+2（n+1）+1=2（an+2n+1）.

所以{an+2n+1}是公比為2，首項為a1+2×1+1=4的等比數(shù)列.

因此，an+2n+1=4×2n-1，從而得an=2n+1-2n-1.

2.an+1=pan+rqn（其中p、q、r是常數(shù)，pqr≠0，p≠1，q≠1）

例3已知a1=2，an+1=2an+2×3n，求通項an.

解遞推式兩邊同除以2n+1，可得an+12n+1-an2n=（32）n.由數(shù)列恒等式有

an2n=a12+（a222-a12）+（a323-a222）+…+（an2n-an-12n-1）

=1+32+（32）2+…+（32）n-1=

1-（32）n1-32=2×（32）n-2

從而an=2（3n-2n）.

點(diǎn)評本題型中rqn是一個等比數(shù)列.先在遞推式兩邊同除以pn+1，再用數(shù)列恒等式即可求出通項.另外，本題型也可以在遞推式兩邊同除以qn+1，化為

an+1qn+1=pq（anqn）+rq.

設(shè)bn=anqn，則有bn+1=pqbn+rq.

這是標(biāo)準(zhǔn)型，可求得bn，進(jìn)而得到an.

3.an+1=pan+（bn+c）qn（其中p、q、b、c是常數(shù)，pqb≠0，p≠1）

這是1型和2型的結(jié)合，需綜合運(yùn)用多種方法來求解.

例4已知a1=2，an+1=4an+（2n-1）2n，求通項.

解遞推式兩邊同除以2n+1，可得an+12n+1=2（an2n）+（n-12）.

記bn=an2n，則有bn+1=2bn+（n-12）.

再用求差法，將bn+2=2bn+1+（n+12）與上式相減，有

bn+2-bn+1=2（bn+1-bn）+1.

又記cn=bn+1-bn，則有cn+1=2cn+1.這是標(biāo)準(zhǔn)型遞推數(shù)列.

計算得a1=2，a2=4a1+2=10，b1=a12=1，b2=a222=52，c1=b2-b1=32.

對于c1=32，cn+1=2cn+1，參考例1的某解法，可得cn=5×2n-2-1.

再對于b1=1，bn+1-bn=5×2n-2-1，利用數(shù)列恒等式，有

bn=b1+（b2-b1）+（b3-b2）+…+（bn-bn-1），可求得bn=5×2n-2-n-12.

最后利用an=2nbn，得an=5×22n-2-n·2n-2n-1.

（收稿日期：2015-07-12）