歸類教材中遞推式 同構(gòu)求解數(shù)列通項(xiàng)

張祖蘭 黎福慶

［摘 要］數(shù)列遞推式呈現(xiàn)出數(shù)列各項(xiàng)之間的關(guān)聯(lián)，由數(shù)列遞推式探究數(shù)列通項(xiàng)公式是課程標(biāo)準(zhǔn)的教學(xué)要求，也是高考考查數(shù)列的主要內(nèi)容。新人教A版數(shù)學(xué)教材是實(shí)現(xiàn)教學(xué)要求，落實(shí)核心素養(yǎng)的重要載體。文章主要以新人教A版數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)中的例習(xí)題為例歸類整理教材中的數(shù)列遞推式，并巧妙變式探究，揭示數(shù)列遞推式類型的特征，以同構(gòu)思想構(gòu)造等差、等比形式的輔助數(shù)列，進(jìn)而提煉數(shù)列通項(xiàng)公式的求解策略：設(shè)參同構(gòu)輔助數(shù)列—待定系數(shù)法求參—求解輔助數(shù)列的通項(xiàng)公式—求解原數(shù)列的通項(xiàng)公式，旨在發(fā)展學(xué)生的邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)。

［關(guān)鍵詞］遞推式；數(shù)列通項(xiàng)；同構(gòu)

［中圖分類號(hào)］ ? ?G633.6 ? ? ? ?［文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼］ ? ?A ? ? ? ?［文章編號(hào)］ ? ?1674-6058（2023）11-0029-05

《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017 年版）》指出，數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，并要求學(xué)生通過(guò)探索數(shù)列的變化規(guī)律，建立通項(xiàng)公式。無(wú)窮多項(xiàng)的數(shù)列的變化規(guī)律一般可以通過(guò)數(shù)列中第[n]項(xiàng)與它前后幾項(xiàng)之間的關(guān)系來(lái)體現(xiàn)，將這相鄰幾項(xiàng)的關(guān)系用式子表示出來(lái)就是數(shù)列遞推式。數(shù)列遞推式可以有效地表示出數(shù)列，通過(guò)數(shù)列遞推式，可以由前幾項(xiàng)解出數(shù)列的無(wú)窮多項(xiàng)；還可以進(jìn)一步研究數(shù)列的通項(xiàng)公式，掌握數(shù)列性質(zhì)。通過(guò)數(shù)列遞推式求解數(shù)列通項(xiàng)公式是高考考查的重點(diǎn)。

教材是重要的教學(xué)載體，其中的例習(xí)題不僅是傳授新知識(shí)、新概念的媒介，還是知識(shí)歸納、總結(jié)、提煉的模型。教材基于課程標(biāo)準(zhǔn)的要求編制，指向高考考查，是發(fā)展核心素養(yǎng)、落實(shí)“立德樹(shù)人”根本任務(wù)的重要教學(xué)資料。本文主要結(jié)合新人教A版數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)中的例習(xí)題來(lái)歸納整理數(shù)列遞推式，并展示利用不同類型的數(shù)列遞推式求解數(shù)列通項(xiàng)公式的過(guò)程，從而基于模型提煉方法。

一、求解數(shù)列通項(xiàng)公式的方法

要想從數(shù)列遞推式中求出通項(xiàng)數(shù)列公式，構(gòu)造輔助數(shù)列是關(guān)鍵一步。觀察分析數(shù)列遞推式的類型特點(diǎn)，通過(guò)加法、減法、乘法、除法、取倒數(shù)、取對(duì)數(shù)等運(yùn)算以及待定系數(shù)法，結(jié)合函數(shù)與方程思想將數(shù)列遞推式轉(zhuǎn)化成左右兩邊結(jié)構(gòu)相同的等式，此同構(gòu)等式具備良好性質(zhì)，一般可看成等差數(shù)列或者等比數(shù)列的相鄰項(xiàng)，從而構(gòu)造出輔助數(shù)列，求出輔助數(shù)列的通項(xiàng)公式，進(jìn)而在此基礎(chǔ)上求解原數(shù)列的通項(xiàng)公式?；跀?shù)列遞推式同構(gòu)等差數(shù)列、等比數(shù)列，學(xué)生需要具備較強(qiáng)的觀察分析能力、邏輯推理能力以及數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)。

當(dāng)數(shù)列遞推式為多項(xiàng)式函數(shù)或分?jǐn)?shù)型多項(xiàng)式函數(shù)型時(shí)，可以基于數(shù)列遞推式的不動(dòng)點(diǎn)實(shí)現(xiàn)同構(gòu)，突破部分?jǐn)?shù)列遞推式同構(gòu)的難點(diǎn)，從而順利求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，找到同構(gòu)的規(guī)律。

不動(dòng)點(diǎn)的定義：一般地，設(shè)函數(shù)[y=f（x）]是定義在集合[D]上的函數(shù)，若[?x0∈D，]使得[f（x0）=x0]成立，則稱[x0]為函數(shù)[y=f（x）]的不動(dòng)點(diǎn)。

不動(dòng)點(diǎn)是函數(shù)中的概念。數(shù)列作為定義在正整數(shù)集或其子集上的離散型函數(shù)，也有其不動(dòng)點(diǎn)。

一般地，對(duì)于數(shù)列[an]來(lái)說(shuō)，遞推式[an+1=f（an）]可以看成是[an+1]關(guān)于[an]的函數(shù)，若[an+1=f（an）=an]有解[λ]，則稱[λ]為數(shù)列的不動(dòng)點(diǎn)。此時(shí)，若[an=λ]，則有[an+1=λ，][an+2=λ]，[an+3=λ]，…，數(shù)列[an]為常數(shù)數(shù)列。特殊地，若遞推式[an+1=f（an）]是關(guān)于[an]的多項(xiàng)式函數(shù)或分?jǐn)?shù)型多項(xiàng)式函數(shù)，當(dāng)遞推式[an+1=f（an）]存在不動(dòng)點(diǎn)[λ]時(shí)，則有[an+1=f（an）=an]成立，即方程[f（an）-an=0]成立，說(shuō)明[an=λ]是方程[f（an）-λ=0]的根，根據(jù)多項(xiàng)式分解原理可得到[f（an）-λ=（an-λ）g（an）] ，[g（an）]為多項(xiàng)式，而[an+1=f（an）]，此時(shí)式子變形為[an+1-λ=（an-λ）g（an）]， [an+1-λ]與[an-λ]的結(jié)構(gòu)相同，則運(yùn)用這一同構(gòu)構(gòu)造輔助數(shù)列，從而可求解出數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式。

接下來(lái)，筆者將新人教A版數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)“數(shù)列”章節(jié)中所出現(xiàn)的遞推式進(jìn)行分類，思考基于不同類型遞推式求解通項(xiàng)公式的底層邏輯與共性規(guī)律。

二、數(shù)列遞推式的分類與通項(xiàng)公式求解

可以按照遞推式中出現(xiàn)項(xiàng)的個(gè)數(shù)以及項(xiàng)之間的關(guān)系對(duì)遞推式進(jìn)行分類。若遞推式中只出現(xiàn)相鄰兩項(xiàng)[an，an+1]，則稱為一階遞推式，一般表示為[an+1=f（an）]，若[f（x）]為線性函數(shù)，則將此一階遞推式稱為一階線性遞推式。若遞推式中出現(xiàn)相鄰三項(xiàng)[an]，[an+1]，[an+2]，則稱為二階遞推式，一般表示為[an+2=f（an+1，an）]。特別地，當(dāng)遞推式[an+2=f（an+1，an）=g（an+1）+h（an）]時(shí)，[h、g]為線性函數(shù)。教材只出現(xiàn)了一階遞推式和二階遞推式。

（一）當(dāng)遞推式為一階遞推式時(shí)

類型一：[an+1=an+dn∈N*，d∈R]

此遞推式說(shuō)明該數(shù)列為等差數(shù)列，根據(jù)題設(shè)條件求基本量[a1，d]即可得出通項(xiàng)公式[an=a1+（n-1）d（n∈N*）]。將常數(shù)[d]推廣為關(guān)于[n]的函數(shù)[f（n）]，可得到更一般的情況。

推廣：[an+1=an+f（n）（n∈N*）]可用累加法求通項(xiàng)公式。

［例1］（改編自新人教A版數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)第8頁(yè)第8題）若數(shù)列[an]的首項(xiàng)[a1=1]，且滿足[an=an-1+2n-1（n≥2）]，求數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式。

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

將上式累加實(shí)現(xiàn)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]）

此遞推式說(shuō)明該數(shù)列為等比數(shù)列，根據(jù)題設(shè)條件求基本量[a1]、[q]即可得出通項(xiàng)公式[an=a1qn-1（n∈N*）]。

［例2］（2016年高考全國(guó)Ⅲ卷第7題）已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列[an]滿足[a1=1]，[a2n-（2an+1-1）an-2an+1=0]。（1）求[a2]，[a3]；（2）求數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式。

解：（1）通過(guò)遞推式可得[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]，故數(shù)列[an]是首項(xiàng)為1，公比為[12]的等比數(shù)列，故[an=12n-1]。

將類型二推廣成[an+1=an·f（n）（n∈N*）]，可用累乘法求通項(xiàng)公式。

類型三：[an+1=pan+q（n∈N*，p、q∈R）]

若[p=0]，則有[an+1=q]，此數(shù)列為常數(shù)數(shù)列；若[p=1]，則有[an+1=an+q]，此數(shù)列為等差數(shù)列；若[q=0]，則有[an+1=pan（p≠0）]，此數(shù)列為等比數(shù)列。若為一般情況（如例3），應(yīng)該如何處理呢？

［例3］（新人教A版數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)第41頁(yè)第8題）若數(shù)列[an]的首項(xiàng)[a1=1]，且滿足[an+1=2an+1]，求數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式。

學(xué)生容易發(fā)現(xiàn)此數(shù)列既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，而是基于等差數(shù)列和等比數(shù)列構(gòu)造的，后一項(xiàng)是前一項(xiàng)的2倍再加上1。那么，可通過(guò)同構(gòu)思想把1拆開(kāi)成兩部分，重新構(gòu)造一個(gè)新數(shù)列[an-λλ∈R]，使得新數(shù)列正好是一個(gè)公比為2的等比數(shù)列，新數(shù)列首項(xiàng)為[a1-λ]。因此，需要用待定系數(shù)法將[λ]求出。[an+1-λ=2（an-λ）]，即[an+1=2an-λ] ，求得[λ=-1]。

將上述特殊情況推廣到一般情況：對(duì)[an+1=pan+q（n∈N*，p，q∈R）]進(jìn)行類似的同構(gòu)，即構(gòu)造一個(gè)新數(shù)列[an-λ（λ∈R）]，使得新數(shù)列滿足[an+1-λ=p（an-λ）]，即[an+1=pan+（1-p）λ]與[an+1=pan+q]聯(lián)立，解得[λ=q1-p]，則有[an+1-q1-p=pan-q1-p]。若[a1≠q1-p]，則數(shù)列[an-q1-p]正好是首項(xiàng)為[a1-q1-p]，公比為[p（p≠0）]的等比數(shù)列，因此數(shù)列的通項(xiàng)公式為[an=a1-q1-ppn-1+q1-p]；若[a1=q1-p]，則數(shù)列[an]為常數(shù)數(shù)列，[an=q1-p]。

在構(gòu)造輔助數(shù)列[an-λ（λ∈R）]時(shí)，系數(shù)[λ=q1-p]的值是十分重要的。觀察遞推式[an+1=pan+q（n∈N*，p，q∈R）]，不難發(fā)現(xiàn)[q1-p]是關(guān)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，我們只要解特征根方程，求出[λ]的值，即可構(gòu)造出等比數(shù)列[an-λ（λ∈R）]，此時(shí)[λ]就叫作數(shù)列的不動(dòng)點(diǎn)。

總結(jié)：對(duì)于[an+1=pan+q（n∈N*，p，q∈R）]類型的線性遞推式，可以先求出數(shù)列的不動(dòng)點(diǎn)[λ=q1-p]，然后在式子兩邊同時(shí)減去[λ]，構(gòu)造出等比數(shù)列[an-λ（λ∈R）]。

此類型的遞推式是常見(jiàn)的重點(diǎn)遞推式，常出現(xiàn)在高考中。如2014年高考全國(guó)Ⅱ卷理科數(shù)學(xué)試卷中的題目：已知數(shù)列[an]滿足[a1=1]，[an+1=3an+1]。（1）證明數(shù)列[an+12]是等比數(shù)列，并求出數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式。

當(dāng)然，常數(shù)[q]也可以推廣成[f（n）]，此時(shí)遞推式為[an+1=pan+f（n）]。

若[f（n）]是指數(shù)型函數(shù)，遞推式為[an+1=pan+kqn（n∈N*，p，q，k∈R）]時(shí)，我們可以觀察遞推式含有[qn]的特點(diǎn)，通過(guò)加減乘除的運(yùn)算，構(gòu)造等差數(shù)列或者等比數(shù)列。

［例4］（改編自新人教A版數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)第41頁(yè)第7題）若數(shù)列[an]的首項(xiàng)[a1=1]，且滿足[an+1+an=3×2n]，求數(shù)列 [an]的通項(xiàng)公式。

方法1：構(gòu)造一個(gè)等比數(shù)列。將多余部分[3×2n]進(jìn)行拆分，從而構(gòu)造新數(shù)列[an-λ2n]，使得它成為一個(gè)公比為-1的等比數(shù)列，滿足[an+1-λ2n+1=-（an-λ2n）]，則有[an+1=-an+λ2n+1+λ2n=-an+3λ2n]，將此式與題設(shè)[an+1+an=3×2n]聯(lián)立，即可解出待定系數(shù)[λ=1]，則數(shù)列[an-2n]是一個(gè)首項(xiàng)為[a1-2=-1]，公比為[-1]的等比數(shù)列，[an-2n=（-1）n]，所以[an=2n+（-1）n]。

方法2：將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為類型三。除以指數(shù)部分，可得[an+12n+an2n=3]，則有[an+12n=-12·an2n-1+3]，令[bn=an2n-1]，構(gòu)造輔助數(shù)列[bn]，首項(xiàng)為1，且滿足遞推關(guān)系[bn+1=-12bn+3]，如此問(wèn)題變成了類型三。容易求出數(shù)列[bn]的不動(dòng)點(diǎn)[λ=2]，可以得到數(shù)列[bn-2]是一個(gè)首項(xiàng)為[-1]，公比為[-12]的等比數(shù)列，則有[bn-2=-1×-12n-1]，即有[an2n-1-2=-1×-12n-1]，化簡(jiǎn)得[an=2n+（-1）n]。

若[f（n）]是一次函數(shù)形式，也可以用同樣的思路對(duì)[an+1=pan+f（n）]進(jìn)行同構(gòu)。

變式1：若數(shù)列[an]的首項(xiàng)[a1=1]，且滿足[an+1+an=3+2n]，求數(shù)列 [an]的通項(xiàng)公式。

考慮到[f（n）=3+2n]為一次多項(xiàng)式，為了使題設(shè)條件變同構(gòu)形式，則需要構(gòu)造新數(shù)列[an-kn-b（k，b∈R）]，使其成為公比為[-1]的等比數(shù)列，則有[an+1-k（n+1）-b=-（an-kn-b）]，整理得[an+1=-an+2kn+k+2b]，與[an+1+an=3+2n]聯(lián)立可得[2k=2，k+2b=3，]解得[k=1，b=1，]因此數(shù)列[an-n-1]是一個(gè)首項(xiàng)為-1，公比為-1的等比數(shù)列，則有[an=1+n+-1n]。

推廣：對(duì)于遞推式為[an+1=pan+f（n）]，必須要認(rèn)真觀察函數(shù)[f（n）]的類型，將其分解成常見(jiàn)的基本初等函數(shù)，并通過(guò)相應(yīng)的基本初等函數(shù)構(gòu)造輔助的等比數(shù)列，最后結(jié)合題設(shè)條件運(yùn)用待定系數(shù)法求出輔助數(shù)列的首項(xiàng)與公比，進(jìn)而求出[an]的表達(dá)式。

變式2：若數(shù)列[an]的首項(xiàng)[a1=1]，且滿足[an+1+an=3n×2n]，求數(shù)列 [an]的通項(xiàng)公式。

此時(shí)[f（n）=3n×2n]，是一次函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的乘積，因此構(gòu)造的輔助數(shù)列應(yīng)為[an-（kn+b）2n]，公比為-1，其中[k]、[b]需要應(yīng)用待定系數(shù)法求出。

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

與[an+1=-an+3n×2n]聯(lián)立可得[3k=3，2k+3b=0，]解得[k=1，b=-23，]

因此數(shù)列[an-n-232n]是一個(gè)首項(xiàng)為[13]，公比為-1的等比數(shù)列，則有[an=n-232n-13（-1）n]。

類型四：[an+1=pan+qran+h（n∈N*，p，q，r，h∈R）]

［例5］（新人教A版數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)第41頁(yè)第11題節(jié)選）已知數(shù)列[an]的首項(xiàng)[a1=35]，且滿足[an+1=3an2an+1]。（1）求證：數(shù)列 [1an-1]為等比數(shù)列。

求解此類型數(shù)列的通項(xiàng)公式通常有兩種方法：

方法1：取倒數(shù)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為前五種模型，進(jìn)而構(gòu)造等差或等比數(shù)列進(jìn)行求解。

顯然，（1）證明有助于我們研究數(shù)列[an]的基本性質(zhì)與通項(xiàng)公式，而證明只需緊扣等比數(shù)列的定義，結(jié)合題設(shè)條件求出后一項(xiàng)與前一項(xiàng)的比值為不等于0的常數(shù)即可，難度較??；難的是如何構(gòu)造出（1）中的輔助數(shù)列？如果沒(méi)有（1）的鋪墊，我們應(yīng)該如何研究數(shù)列[an]的基本性質(zhì)與通項(xiàng)公式呢？

我們一起來(lái)看，由題設(shè)可知，[an>0]，由[an+1=3an2an+1]兩邊取倒數(shù)得[1an+1=2an+13an=13·1an+23]，此式符合類型三的結(jié)構(gòu)，容易得該數(shù)列的特征根為[-1]，因此數(shù)列[1an-1]是首項(xiàng)為[23]，公比為[13]的等比數(shù)列，命題得證。

方法2：不動(dòng)點(diǎn)法。

在此題數(shù)列中，特征根方程是[x=3x2x+1]，解得[x1=0]，[x2=1]，在[an+1=3an2an+1] ①兩邊同時(shí)減去1，得[an+1-1=3an2an+1-1=an-12an+1] ②，①和②右邊分母相同，都為[2an+1]，[①÷②]可以消去分母得 [an+1an+1-1=3anan-1=3anan-1]，式子兩邊的結(jié)構(gòu)相同，構(gòu)造輔助的等比數(shù)列[anan-1]，首項(xiàng)為[a1a1-1=-32]，公比為3，則有[anan-1=-32×3n-1=-3n2]，則[1-1an=-23n]，則有[1an-1=23n]，命題得證。

［例6］（改編自新人教A版數(shù)學(xué)選擇性必修第二冊(cè)第51頁(yè)習(xí)題4第3題）已知數(shù)列[an]滿足[a1=1]，[4an+1-anan+1+2an=9（n∈N*）]。求數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式。

解：題中的遞推式可變形成[an+1=9-2an4-an=f（an）]，[f（x）]是分式多項(xiàng)式，故可用不動(dòng)點(diǎn)法進(jìn)行同構(gòu)。令[an+1=an=x]，則可以得[4x-x2+2x=9]，即[x2-6x+9=0]，解得[x1=x2=3]，

將遞推式變形為[an+1=9-2an4-an]，[an+1-3=9-2an4-an-3=an-34-an]，對(duì)該式取倒數(shù)得[1an+1-3=4-anan-3]，變形為[1an+1-3=-（an-3）+1an-3=-1+1an-3]，得到輔助的等差數(shù)列[1an-3]，首項(xiàng)是[-12]，公差為[-1]，則有[1an-3=12-n]，解得[an=5-6n1-2n]。

當(dāng)然教材也給了一種解決策略，即計(jì)算出數(shù)列[an]的前四項(xiàng)，由此觀察猜想數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明。證明在正整數(shù)[n]范圍內(nèi)都成立的命題時(shí)，數(shù)學(xué)歸納法確實(shí)是一種高效的方法，此題的證明過(guò)程可參考教材和教學(xué)參考資料。

對(duì)于[an+1=pan+qran+h]類型的分式遞推式，其特征根方程是[x=px+qrx+h]。

（1）若上述方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根[α]、[β]，則數(shù)列[an-αan-β]是等比數(shù)列。

（2）若上述方程有一個(gè)實(shí)數(shù)根[α]，則數(shù)列[1an-α]是等差數(shù)列。

（3）若上述方程無(wú)實(shí)數(shù)根，有兩個(gè)虛數(shù)根[α]、[β]，則數(shù)列[an-αan-β]是等比數(shù)列，此時(shí)進(jìn)一步研究數(shù)列[an]，可以證明其為周期數(shù)列。

（二）當(dāng)遞推式為二階遞推式時(shí)

教材中只出現(xiàn)了二階線性遞推式[an+2=pan+1+qan（n∈N*，p，q∈R）]。

關(guān)于數(shù)列的概念，新教材在“閱讀與思考”欄目中借助兔子繁殖問(wèn)題介紹了斐波那契數(shù)列。

已知在數(shù)列[an]中，[a1=a2=1]，[an+2=an+1+an]，求數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式。

由遞推式[an+2=an+1+an]可知，數(shù)列[an]既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，因此根據(jù)同構(gòu)思想構(gòu)造一個(gè)等比數(shù)列[an+1-λ1an]，其公比為[λ2]，則有[an+2-λ1an+1=λ2（an+1-λ1an）]，整理得[an+2=（λ1+λ2）an+1-λ2λ1an]，與遞推式[an+2=an+1+an]聯(lián)立可得，[λ1+λ2=1，λ1λ2=-1，]則[λ1，λ2]是方程[x2=x+1]的兩個(gè)根，解得[λ1=1+52，λ2=1-52，]或[λ1=1-52，λ2=1+52。]

當(dāng)[λ1=1+52，λ2=1-52]時(shí)，[an+2-1+52an+1=1-52an+1-1+52an]，則根據(jù)等比數(shù)列的定義以及通項(xiàng)公式可以求出[an+1-1+52an=1-52n-11-1+52] ①

當(dāng)[λ1=1-52，λ2=1+52]時(shí)，[an+2-1-52an+1=1+52an+1-1-52an]，則根據(jù)等比數(shù)列的定義以及通項(xiàng)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 ]，

可化為[an=551+52n-551-52n]，通項(xiàng)公式的結(jié)構(gòu)為[an=Aλn2+Bλn1]，[λ1]，[λ2]是方程[x2=x+1]的兩個(gè)根，我們把此方程[x2=x+1]稱作該數(shù)列的特征根方程，[λ1]，[λ2]叫作該數(shù)列的特征根；運(yùn)用一元二次方程的知識(shí)求解特征根后，只需要根據(jù)題設(shè)條件[a1=a2=1]反解出系數(shù)[A]、[B]，就可以寫出二階線性遞推式的通項(xiàng)公式。

由遞推式[an+2=pan+1+qan（n∈N*，p，q∈R）]，可知數(shù)列[an]既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，因此根據(jù)同構(gòu)思想構(gòu)造一個(gè)等比數(shù)列[an+1-λ1an]，其公比為[λ2]，則有[an+2-λ1an+1=λ2（an+1-λ1an）]，整理得[an+2=（λ1+λ2）an+1-λ2λ1an]，

與遞推式[an+2=pan+1+qan]聯(lián)立可得[λ1+λ2=p，λ1λ2=-q，]則[λ1]，[λ2]是特征根方程[x2=px+q]的兩個(gè)根，由于[λ1]，[λ2]的地位相同，故會(huì)出現(xiàn)兩組解，其所對(duì)應(yīng)的同構(gòu)形式均能成立。

當(dāng)[an+2-λ1an+1=λ2（an+1-λ1an）]時(shí)，則根據(jù)等比數(shù)列的定義以及通項(xiàng)公式可以求出[an+1-λ1an=λn-12（a2-λ1a1）] ①

當(dāng)[an+2-λ2an+1=λ1（an+1-λ2an）]時(shí)，則根據(jù)等比數(shù)列的定義以及通項(xiàng)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]，可化為[an=λ2n（a2-λ1a1）λ2（λ2-λ1）-λn1（a2-λ2a1）λ1（λ2-λ1）]，觀察通項(xiàng)公式的特點(diǎn)可以發(fā)現(xiàn)，[an=Aλn2+Bλn1]，[其中A=（a2-λ1a1）λ2（λ2-λ1）]，[B=-（a2-λ2a1）λ1（λ2-λ1）]。

綜上可知，對(duì)于二階線性遞推式，可以先求出特征根方程的特征根，接著再通過(guò)[a1]、[a2]的值待定出[A]、[B]，即可求出數(shù)列[an]的通項(xiàng)公式。

三、提煉總結(jié)

經(jīng)過(guò)上述分析后不難發(fā)現(xiàn)，由遞推式求解通項(xiàng)公式的關(guān)鍵是同構(gòu)思想。首先需要觀察遞推式的特點(diǎn)，引入?yún)?shù)構(gòu)造等差數(shù)列或等比數(shù)列；然后根據(jù)等差數(shù)列或等比數(shù)列的性質(zhì)將遞推式與題設(shè)條件進(jìn)行比較，從而用待定系數(shù)法求解參數(shù)，得到輔助數(shù)列的通項(xiàng)公式，進(jìn)而得到原數(shù)列的通項(xiàng)公式，解決與原數(shù)列性質(zhì)有關(guān)的問(wèn)題。上述過(guò)程可提煉為：設(shè)參同構(gòu)輔助數(shù)列—待定系數(shù)法求參—求解輔助數(shù)列的通項(xiàng)公式—求解原數(shù)列的通項(xiàng)公式。當(dāng)數(shù)列的遞推式是多項(xiàng)式函數(shù)或者分?jǐn)?shù)型多項(xiàng)式函數(shù)時(shí)，可以運(yùn)用不動(dòng)點(diǎn)法快速找到同構(gòu)式子，從而得到輔助數(shù)列。

［ ? 參 ? 考 ? 文 ? 獻(xiàn) ? ］

［1］ ?中華人民共和國(guó)教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)：2017年版［M］.北京：人民教育出版社，2018.

［2］ ?黃耿躍.揭開(kāi)不動(dòng)點(diǎn)求數(shù)列通項(xiàng)公式的教學(xué)困惑［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究，2022（8）：16-18.

［3］ ?肖輝，吳云.基于深度學(xué)習(xí)的高三專題復(fù)習(xí)教學(xué)微設(shè)計(jì)：以“同構(gòu)法求數(shù)列通項(xiàng)公式”為例［J］.數(shù)學(xué)之友，2022（14）：89-91.

［4］ ?趙雨林，孫強(qiáng).利用遞推式求解數(shù)列通項(xiàng)問(wèn)題的探究［J］.數(shù)理化解題研究，2022（19）：73-75.

［5］ ?施明亮.利用遞推關(guān)系求數(shù)列通項(xiàng)的四種類型［J］.高中數(shù)理化，2021（8）：2-3.

（責(zé)任編輯 黃春香）