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1、待定系数法在递推数列中的应用近几年的高考数学中，递推数列逐渐占据着一席重要的位置.学生在递推数列的问题上缺少足够的解题技巧，结果屡屡碰壁，失分比较严重.笔者经过研究，总结出一套行之有效的方法¾¾待定系数法，供大家交流.运用待定系数法解决递推问题，关键在于设计出一个理想的、便于解决的模式，解出其中的参数，从而达到解决问题的目的.下面举例说明.一、型如an+1=pan+q的递推数列，其中p、q为常数，且p≠1.可设an+1-x=p(an-x)，易得x=，这样将an-x作为一个新数列，即为等比数列，求通项公式就很容易了.例1已知数列{an}满足a1=2,a
2、n+1=3an+5，求{an}的通项公式.解：由已知an+1+=3(an+),a1+=,∴{an+}是以为首项，3为公比的等比数列，∴an+=•3n-1，即an=•3n+1-.二、型如an+1=pan+f(n)的递推数列，其中p≠1是常数，f(n)是关于n的多项式.可设an+1+g(n+1)=p[an+g(n)]，其中g(n)是与f(n)最高次数相同的多项式，再比较f(n)与pg(n)-g(n+1)对应项系数从而得出g(n)各项系数.例2（2005山东理）已知数列{an}的首项a1=5，前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5(nÎN*).（1）证
3、明数列{an+1}是等比数列；（2）略.分析：由Sn+1+[p(n+1)+q]=2[Sn+(pn+q)]可得Sn+1=2Sn+pn+q-p，则pn+q-pºn+5,∴，得出p=1,q=6.解：（1）由已知Sn+1+(n+1)+6=2(Sn+n+6),S1+1+6=a1+7=12,∴{Sn+n+6}是以12为首项，2为公比的等比数列，∴Sn+n+6=12•2n-1,∴Sn=3•2n+1-n-6.n≥2时，an=Sn-Sn-1=3•2n-1,n=1时，a1=5符合上式，∴nÎN*时，an=3•2n-1,∴an+1=3•2n，即{an+1}是以6为首项，2
4、为公比的等比数列.三、型如an+1=pan+q•an的递推数列，其中p、q、a为常数.第5页（共4页）a=p时，易知两端同除以an+1即可转化为=+，以{}为新数列即为等差数列；a≠p时，可设an+1-l•an+1=p(an-l•an)，易得l=.例3（2004全国理）已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn=2an+(-1)n,n≥1.（1）略；（2）求数列{an}的通项公式；（3）略.分析：由Sn=2an+(-1)n，易得n≥2时，an=2an-1+2(-1)n-1，可设an-l(-1)n=2[an-1-l(-1)n-1]，解出l=-.解：（2）
5、n=1时，a1=S1=2a1-1，解得a1=1.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=[2an+(-1)n]-[2an-1+(-1)n-1]，得an=2an-1+2(-1)n-1，∴an+(-1)n=2[an-1+(-1)n-1].设bn=an+(-1)n，则bn=2bn-1,b1=a1-=，∴{bn}是以为首项，以2为公比的等比数列，∴bn=•2n-1,∴an=•2n-1+(-1)n-1.四、型如an+2=pan+1+qan的递推数列，其中p、q为常数.可设an+2-aan+1=b(an+1-aan)，则a+b=p,ab=-q，即为方程x2=px+q的
6、两个根.（1）若方程x2=px+q有两个不等根a、b，则由an+2-aan+1=b(an+1-aan)，可得an+1-aan=(a2-aa1)bn-1①，由于a、b的对称性，an+2-ban+1=a(an+1-ban)同样成立，于是又有an+1-ban=(a2-ba1)an-1②，由①②即可解得{an}的通项公式.（2）若方程x2=px+q有两个相等的根a，则由an+2-aan+1=a(an+1-aan)可得an+1-aan=(a2-aa1)an-1，即为情形三中a=p的类型.例4（2005广东）已知数列{xn}满足第5页（共4页）则x1=（）A．B
7、．3C．4D．5分析：由x2=(x+1)，解得x=-或1，所以xn-xn-1=-(xn-1-xn-2)=(-)2(xn-2-xn-3)=…=(-)n-2(x2-x1)=(-)n-1x1,xn=(xn-xn-1)+(xn-1-xn-2)+…+(x2-x1)+x1=x1[(-)n-1+(-)n-2+…+(-)+1],∴x1•=xn=2,∴x1=3，选B.五、型如an+1=pan2+qan+r的递推数列，其中p、q、r为常数.可设an+1-x=p(an-x)2，即an+1=pan2-2pxan+px2+x，则.若有解，则可解出x，令bn=an-x，可构造出
8、bn+1=pbn2这类易于解决的递推式.例5（2005江西）已知数列{an}的各项都是正数，且满足：（1）略
