汪世杰

(廣西壯族自治區(qū)南寧市第三中學(xué) 530021)

題目(2020年全國Ⅲ卷第17題第(1問)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1=3an-4n．計算a2，a3，猜想{an}的通項公式并加以證明.

解析由題意可得a2=3a1-4=9-4=5，a3=3a2-8=15-8=7.

由數(shù)列{an}的前三項可猜想數(shù)列{an}是以3為首項，2為公差的等差數(shù)列，即an=2n+1.

證明如下：

當(dāng)n=1時，a1=3成立；

假設(shè)n=k時，ak=2k+1成立.

那么n=k+1時，ak+1=3ak-4k=3(2k+1)-4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.

則對任意的n∈N*，都有an=2n+1成立.

數(shù)學(xué)歸納法在平時的復(fù)習(xí)中是一個我們?nèi)菀缀鲆暤臄?shù)學(xué)方法，它在數(shù)列問題中有著廣泛的運(yùn)用，這也是在提醒大家在備考時要注重全面性，切不可遺漏某些不太常用的數(shù)學(xué)知識和方法.本文重點(diǎn)不在于數(shù)學(xué)歸納法的深入研究和討論，實際上常用求數(shù)列通項的方法，一般分為累加法、累乘法和待定系數(shù)法.說到待定系數(shù)法，大家對這個方法一定不陌生.

已知數(shù)列{an}滿足a1=4，an+1=3an-4，求數(shù)列{an}的通項公式.

我們設(shè)an+1+x=3(an+x)，解得x=-2，則an+1-2=3(an-2).

所以{an-2}是以3為公比，以2為首項的等比數(shù)列.

所以an-2=2·3n-1.

所以an=2·3n-1+2.

對比2020年Ⅲ卷的數(shù)列題an+1=3an-4n這個條件，我們發(fā)現(xiàn)它僅僅是等式右邊的最后一項有所變化，從-4變成了-4n，我們自然想到能不能也用待定系數(shù)法來解決呢？答案是肯定的，不過應(yīng)該注意到，對于an+1=3an-4這個式子我們待定的系數(shù)是x，an+1=3an-4n還能沿用x做待定系數(shù)嗎？

如若使用，由an+1+x=3(an+x)，得x=-2n.

即an+1-2n=3(an-2n).

這個構(gòu)造不是十分成功.經(jīng)過一番思考，我們發(fā)現(xiàn)構(gòu)造的式子可能是這種形式：

an+1+x(n+1)=3(an+xn)，

可得an+1=3an+2xn-x.

(*)

對比an+1=3an-4n發(fā)現(xiàn)并不存在這樣的x使得(*)式成立，故考慮新增待定系數(shù)y，構(gòu)造

an+1+x(n+1)+y=3(an+xn+y)，

可得an+1=3an+2xn-x+2y.

對比an+1=3an-4n，可得x=-2,y=-1.

故構(gòu)造an+1-2(n+1)-1=3(an-2n-1),

所以有an-2n-1=3[an-1-2(n-1)-1]=…=a2-2×2-1=3(a1-2-1).

由a1=3，可得上述所有等式的兩邊均為0.

所以an=2n+1.

剛才我們發(fā)現(xiàn)形如an+1=pan+f(n)(p為常數(shù))的式子，當(dāng)f(n)=an+b時，我們構(gòu)造的待定式子an+1+x(n+1)+y=p(an+xn+y)左右兩邊也都是一次函數(shù)型的，如果我們把f(n)換成其他類型的函數(shù)呢？比如二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)等，其實我們在構(gòu)造時只需相應(yīng)地使用同類型的函數(shù)式構(gòu)造即可.

下面我們對這個高考題做一些改編:

改編1已知數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1=3an-4n2，求數(shù)列{an}的通項公式.

分析我們構(gòu)造an+1+a(n+1)2+b(n+1)+c=3(an+an2+bn+c)，即可得

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

對比an+1=3an-4n2,可得a=-2,b=-2,c=-2.

所以an+1-2(n+1)2-2(n+1)-2=3(an-2n2-2n-2).

所以{an-2n2-2n-2}是以-3為首項，3為公比的等比數(shù)列.

所以an-2n2-2n-2=-3n.

所以an=-3n+2n2+2n+2

改編2已知數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1=4an+2n，求數(shù)列{an}的通項公式.

分析構(gòu)造an+1+x·2n+1=4(an+x·2n)，

整理可得an+1=4an+2x·2n.

所以an=4n-2n-1.

改編3已知數(shù)列{an}滿足a1=3，an+1=4an+2n+1，求數(shù)列{an}的通項公式.

改編4已知數(shù)列{an}滿足，a1=1,a2=4，an+1=4an-3an-1，求數(shù)列{an}的通項公式.

分析構(gòu)造an+1-xan=y(an-xan-1)，

整理，得an+1=(y+x)an-xyan-1.

對比an+1=4an-3an-1可得

x=1,y=3或x=3,y=1.

所以有an+1-an=3(an-an-1)和

an+1-3an=an-3an-1.

即{an+1-an}與{an+1-3an}均為等比數(shù)列.

所以an+1-an=3n，an+1-3an=1.

改編5已知數(shù)列{an}滿足，a1=1,a2=4，an+1=4an-3an-1+2n，求數(shù)列{an}的通項公式.

分析構(gòu)造an+1+x·2n+1=4(an+x·2n)-3(an-1+x·2n-1)，

對比an+1=4an-3an-1+2n可得x=2.

所以an+1+2·2n+1=4(an+2·2n)-3(an-1+2·2n-1).

不妨設(shè)bn=an+2·2n，則有

bn+1=4bn-3bn-1，b1=5,b2=12.

由改編4可知{bn+1-bn}與{bn+1-3bn}均為等比數(shù)列，且bn+1-bn=7·3n-1，bn+1-3bn=-3.

改編6 已知數(shù)列{an}滿足，a1=1,a2=4，an+1=4an-3an-1+4n，求數(shù)列{an}的通項公式.

分析由于構(gòu)造an+1+x(n+1)=4(an+xn)-3[an-1+x(n-1)]，整理得an+1=4an-3an-1+2x，與題目條件an+1=4an-3an-1+4n矛盾，故應(yīng)設(shè)an+1+x(n+1)2+y(n+1)=4(an+xn2+yn)-3[an-1+x(n-1)2+y(n-1)]，

整理可得an+1=4an-3an-1+4xn+2y-4x.

對比an+1=4an-3an-1+4n，

可得x=1,y=2.

所以an+1+(n+1)2+2(n+1)=4(an+n2+2n)-3[an-1+(n-1)2+2(n-1)].

設(shè)bn=an+n2+2n，則有

bn+1=4bn-3bn-1，b1=4,b2=12.

由改編4可知{bn+1-bn}與{bn+1-3bn}均為等比數(shù)列，且bn+1-bn=8·3n-1，bn+1-3bn=0.

聯(lián)立這兩個式子可得bn=4·3n-1.

由bn=an+n2+2n可得

an=4·3n-1-n2-2n.

將上式下標(biāo)中的n換成n+1，得

再將這兩個式子相減可得

(an+2-an)(an+2+an-10an+1)=0.

所以有an+2+an-10an+1=0.

構(gòu)造an+2-xan+1=y(an+1-xan)，

整理,得an+2=(y+x)an+1-xyan.

對比an+2=10an+1-an可得

所以有an+2-san+1=t(an+1-san)和

an+2-tan+1=s(an+1-tan).

即{an+1-san}與{an+1-tan}均為等比數(shù)列.

所以an+1-san=tn-1，an+1-tan=sn-1.

聯(lián)立這兩個式子可得

從上述過程中，我們發(fā)現(xiàn)對于形如an+1=pan+qan-1(p，q均為常數(shù)),若通過待定系數(shù)法設(shè)an+1-xan=y(an-xan-1)可解得x=s,y=t或x=t,y=s這兩組不同的解，則必有an+1-san=(a2-sa1)tn-1，an+1-tan=(a2-ta1)sn-1.

聯(lián)立這兩個式子可以解得

則an=λ1tn-1+λ2sn-1.

也就是說，形如an+1=pan+qan-1(p，q均為常數(shù))的遞推公式，其an=λ1tn-1+λ2sn-1，λ1，λ2為待定系數(shù)，我們可以代入a1，a2的值來確定λ1，λ2.這種方法本質(zhì)上就是求數(shù)列通項的特征根法，我們發(fā)現(xiàn)可以通過待定系數(shù)法來證明這一結(jié)論.關(guān)于更一般的常系數(shù)線性齊次(非齊次)遞推數(shù)列an+k=c1an+k-1+c2an+k-2+…+ckan+f(n)(c1，c2，…，ck均為常數(shù))的求解方法通常需要運(yùn)用特征根來解決，用待定系數(shù)法求解會太過復(fù)雜，感興趣的讀者可以延伸閱讀相關(guān)特征根法求數(shù)列通項的文獻(xiàn)，這里就不再贅述.