淺談數列通項的求法

張鈺涵

摘? 要：開展“問題解決”的數學研究，是數學素質教育的一個重要方面，數列在高考中占據重要的地位，具有較強的綜合性，常常考查學生方程與化歸的思想，以及數學抽象、邏輯推理、數學運算等數學核心素養。遞推關系是一種數列的表示方法，利用遞推關系和已知項可逐一求出數列的其他未知項，但運算量很大、耗時且容易發生錯誤。許多數列都是通過遞推關系給出的，通過遞推關系求數列通項的方法是高考與數學競賽的重要課題，把握由遞推關系求通項的處理方法，對學生未來發展將起到積極作用。

關鍵詞：遞推;數列;待定系數

數列作為特殊的函數，在高考、數學競賽、強基計劃等考試中占有重要地位。數列綜合問題種類繁多，難度較大，解法通常具有一定的技巧性。其實要學好數列，必須抓到數列問題的敲門磚，即數列的通項。本文總結數列求通項的十種方法，通過舉例的形式展現出來，以饗讀者。

一、an+1=an+f（n），求an

例1. 在數列{an}中，an=an-1+■（n≥2），a1=1，求an。

解法? 疊加法：∵an-an-1=■-■，∴an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1=■-■+■-■+…+1-■+1=2-■。

解法運用了數學中常用的疊加法，該方法本身簡單，但運算較復雜，不少學生會因為運算而出錯。

二、an+1=an f（n），求an

例2. 在數列{an}中，an=■an-1（n≥2），a1=1，求an。

解法1? 疊乘法：∵■=■，∴an=■×■×■×…×■×a1=■×■×■×…×■×■×1=■。

解法2? 構造常數列：∵an=■an-1？圯（n+2）an=nan-1？圯（n+1）（n+2）an=n（n+1）an-1，∴{（n+1）（n+2）an}是常數列，∴（n+1）（n+2）an=（1+1）（1+2）a1，∴an=■。

解法1運用了疊乘的方法，同類型1一樣，該解法運算較難;解法2利用構造常數列，比較簡單。總之學生在做疊加、疊乘的運算時，適當地思考如何構造常數列，不但可以提高自己的思維水平，也能激發自己對數學的學習興趣。

三、an+1=pan+q（p，q∈R，且p≠1），構造等比數列

例3. 在數列{an}中，a1=1，an+1=2an+1（n≥2），求an。

解? ∵an+1+1=2（an+1），∴{an+1}為等比數列，∴an+1=（a1+1）×2n-1=2n，∴an=2n-1。

該解法考查了學生的方程思想，在構造數列的過程中，必須借助于方程求得待定系數，該類型的數列必須化為等比數列，在構造的過程中必須強調恒等的概念，才可以求得待定系數。

四、an+1=pan+pn（p∈R，且p≠1），構造等差數列

例4. 在數列{an}中，a1=1，an+1=2an+2n（n≥2），求an。

解? ∵an+1=2an+2n？圯■=■+■∴■為等差數列，∴an=n×2n-1。

這種數列只能化為等差數列，可以先讓學生探究為什么不能化為等比數列，在新構造的數列中必須熟練掌握等差數列的通項公式。

五、an+1=pan+qn（p，q∈R，且p≠1，p≠q），構造等比數列

例5. 在數列{an}中，a1=1，an=2an-1+3n（n≥2），求an。

解? ∵an-3n+1=2（an-1-3n），∴{an-3n+1}為等比數列，∴an-3n+1=（a1-32）×2n-1=-2n+2，∴an=3n+1-2n+2。

該解法運用方程思想：先運用待定系數法求得新數列，然后熟練應用等比數列通項公式的求法來求解。

六、an=pan-1+pn+q（p，q∈R，且p≠1）

這種類型是類型3、4的衍生類型，配等差數列即可。

例6. 在數列{an}中，a1=5，an=3an-1+3n-1（n≥2），求an。

解? ∵an-■=3an-1-■+3n？圯■=■+1， ∴■為等差數列，∴■=■+（n-1）×1=n+■，∴an=3nn+■+■。

這類試題難度比較大，綜合性強，先應用待定系數法，配成類型3，然后通過變形轉化為類型4，充分利用類型3、4的方法求解，就是這種類型最好的解題模型。

七、an+1=pan+qn+m（p≠q且p≠1）

這種類型是類型3、5的衍生類型，配等比數列即可。

例7. 在數列{an}中，a1=1，an+1=2an+3n-1（n≥2），求an。

解? ∵an+1-1=2（an-1）+3n？圯an+1-1-3n+1=2（an-1-3n）， ∴{an-1-3n}為等比數列，∴an-1-3n=（a1-1-31）×2n-1=-3×2n-1，∴an=3n-3×2n-1+1。

該解法先構造成類型5的模式，應用方程思想，確定待定系數，然后構造成等比數列，通過新的等比數列得出結論，該類型題難度較大。

八、an+1=pan+kn+b，配等比數列

例8. 在數列{an}中，a1=2，an+1=4an-3n+2（n≥2），求an。

解? 令an+1+（n+1）x+y=4（an+nx+y）？圯x=-1，y=■， ∴an+1-（n+1）+■=4an-n+■，∴an-n+■為等比數列，∴an=n-■+■×4n。

該解法先構造成等比數列，其中未知數要設二元，然后通過求解二元方程組得出新的等比數列，要求學生具有較強的運算能力。

九、an+1=pan+an2+bn+c，配等比數列

例9. 在數列{an}中，a1=2，an+1=4an+n2+n+1（n≥2），求an。

解? 令an+1+（n+1）2x+（n+1）y+z=4（an+n2x+ny+z）？圯x=■，y=■，z=■，∴an+■n2+■n+■為等比數列，∴an+■n2+■n+■=2+■+■+■×4n-1。

該解法先構造等比數列，其中未知數要設三元，最后通過求解三元方程組得出新的等比數列，運算能力要求比較高，需具備較強的數據處理及數學運算的能力。

十、an+1=pan+qan-1（n≥2），運用方程思想配等比數列

例10. 在數列{an}中，a1=1，a2=2，an+1=4an-3an-1（n≥2），求an。

解? an+1+xan=（4+x）（an+xan-1）？圯（4+x）x=-3？圯x2+4x+3=0？圯x1=-1，x2=-3，這兩個x中任取一個值，不妨設x=-1，∴an+1-an=3（an-an-1），∴{an+1-an}為等比數列，∴an+1-an=（a2-a1）×3n-1=3n-1，運用類型1可得an=■。

（責任編輯：莫唯然）

參考文獻：

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