朱 磊

(江蘇省新海高級中學 222006)

處理某些特殊類型的數(shù)列問題時，可靈活運用“待定系數(shù)法”，需要先構造等比數(shù)列，再利用等比數(shù)列的通項公式即可順利獲解.請結合以下歸類解析，認真領會構造等比數(shù)列的關鍵點以及易錯點，以便逐步提高運用能力，進一步提升數(shù)學抽象方面的核心素養(yǎng).

1遞推式中含有關于n的代數(shù)式，巧求通項公式

如果數(shù)列an的遞推式為an+1=kan+f(n)(其中k為非零常數(shù)，f(n)是關于n的代數(shù)式)，那么可靈活運用“待定系數(shù)法”構造等比數(shù)列，巧求數(shù)列an的通項公式.

說明當k=1時，可靈活運用“累加法”迅速獲解，沒有必要利用“待定系數(shù)法”.

1.1若f(n)是關于n的冪式，可巧求通項

例1已知數(shù)列an的首項a1=1，且滿足an+1+an=3·2n，求數(shù)列an的通項公式.

解析因為數(shù)列{an}中，an+1+an=3·2n，

所以移項得

an+1=-an+3·2n.

①

于是，可設存在實數(shù)x使得

an+1+x·2n+1=-(an+x·2n)，

則an+1=-an-3x·2n.

②

從而，對比①②兩式可得

-3x=3，

即x=-1.

因此，可得an+1-2n+1=-(an-2n).

故可知數(shù)列an-2n是以a1-2=-1為首項，以-1為公比的等比數(shù)列.

從而，根據(jù)等比數(shù)列的通項公式得

an-2n=-1×(-1)n-1.

化簡,得an=2n+(-1)n.

評注本題利用“待定系數(shù)法”構造等式時，必須滿足an+x·2n和an+1+x·2n+1是一個數(shù)列的相鄰兩項；其次，必須準確運用等比數(shù)列an-2n的通項公式解題.

1.2若f(n)是關于n的一次式，可巧求通項

例2 已知數(shù)列an中，a1=2,an+1=-2an+3n+3，求數(shù)列an的通項公式.

解析因為數(shù)列{an}中，

an+1=-2an+3n+3，

③

所以可設存在常數(shù)a,b使得

an+1+a(n+1)b=-2(an+an+b).

整理,得an+1=-2an-3an-a-3b.

④

從而，由等比數(shù)列的通項公式可得

1.3 若f(n)是關于n的二次式，可巧求通項

例3 已知數(shù)列an中，a1=1,an+1+2an=n2+3n+3，求數(shù)列an的通項公式.

解析在數(shù)列{an}中，由題設可得

an+1=-2an+n2+3n+3.

⑤

所以可設存在常數(shù)a,b,c使得

an+1+a(n+1)2+b(n+1)+c=-2(an+an2+bn+c).

整理,得

an+1=-2an-3an2-(2a+3b)n-a-b-3c.

⑥

于是，由⑤⑥兩式可得

從而，由等比數(shù)列的通項公式可得

評注本題利用“待定系數(shù)法”構造等式時，必須滿足an+an2+bn+c和an+1+a(n+1)2+b(n+1)+c是一個數(shù)列的相鄰兩項；其次，要注意在新情景下，準確運用等比數(shù)列k的通項公式解題.

2 斐波那契數(shù)列及其通項公式的求解

圖1

例4已知數(shù)列Fn是斐波那契數(shù)列，即滿足F1=F2=1，且Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3)，求數(shù)列Fn的通項公式.

解析由于數(shù)列Fn的遞推式為

Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3)，

⑦

從而可設存在常數(shù)r,s使得

Fn-rFn-1=s(Fn-1-rFn-2)(n≥3)，

整理,得

Fn=(r+s)Fn-1-rsFn-2.

⑧

于是，對比⑦⑧兩式可得r+s=1,-rs=1.

因此，根據(jù)韋達定理可知r,s為一元二次方程x2-x-1=0的實數(shù)根.

⑨

⑩

從而，由⑨⑩可得

故所求數(shù)列Fn的通項公式為

綜上，分析、解決某些特殊類型的數(shù)列問題時，學會靈活運用“待定系數(shù)法”，往往可獲得“事半功倍”之效.同時，有利于較好地培養(yǎng)數(shù)學抽象思維能力、推理論證能力以及運算求解能力.故創(chuàng)新思維能夠強化學生的探究精神，提高對所學知識、方法的運用能力.