談遞推公式an+1=pan+q求通項(xiàng)的多變性問題

數(shù)列通項(xiàng)公式是我們分析數(shù)列性質(zhì)的重要依據(jù)，也是高考考查的一個(gè)重點(diǎn)。高考一般以考察通項(xiàng)公式和性質(zhì)為主，具體體現(xiàn)為用歸納猜想求通項(xiàng)，用an與sn的關(guān)系求通項(xiàng)，由遞推公式求通項(xiàng)等。本文重點(diǎn)對(duì)通過數(shù)列的遞推公式an+1=pan+q求數(shù)列通項(xiàng)中體現(xiàn)出來的“多變性”問題作一總結(jié)。這一問題也是高考數(shù)列命題中常見的一類題型。這類題型如果單純地從某個(gè)方面看，其解法靈活多樣，不易捉摸。如果我們從這些問題的實(shí)質(zhì)進(jìn)行仔細(xì)研究，就會(huì)發(fā)現(xiàn)一些高頻考點(diǎn)都是從這一類型中變化而來。筆者認(rèn)為，無論哪種題型，最終需要利用an+1=pan+q這種類型問題的解法來解決。

一、由遞推公式an+1=pan+q求通項(xiàng)公式幾種的解法（p，q為非零常數(shù)且p≠1）

解法一：仿寫作差構(gòu)造數(shù)列

由an+1=pan+q——①可得：an=pan-1+q——②。①-②得：an+1-an=p（an-an-1），設(shè)bn=an+1-an，從而有bn=pbn-1，即數(shù)列{bn}以b1=a2-a1為首項(xiàng)，以p為公比的等比數(shù)列，所以bn=b1pn-1=（a2-a1）pn-1，即an+1-an=（a2-a1）pn-1，又an+1=pan+q，將此式代入上式得pan+q-an=（a2-a1）pn-1，故an=。

解法二：由上法得{an+1-an}以an+1-an為首項(xiàng)，以p為公比的等比數(shù)列

即an+1-an=（a2-a1）pn-1，于是有：a2-a1=（a2-a1）p0，a3-a2=（a2-a1）p1，a4-a3=（a2-a1）p2，……，an-an-1=（a2-a1）pn-2，將這n-1等式疊加可得：an-a1=（a2-a1）（p0+p1+p2+……+pn-2），故an=。

解法三：利用待定系數(shù)構(gòu)造數(shù)列

由an+1=pan+q可得：an+1+=p（an+），設(shè)bn=，從而數(shù)列{bn}以b1=a1+為首項(xiàng)，以p為公比的等比數(shù)列。即bn=b1pn-1=（a1+），所以an+=（a1+）pn-1，故an=（a1+）pn-1-。

解法四：迭代法

由an+1=pan+q可得：an=pan-1+q，an-1=pan-2+q，an-2=pan-3+q，……，a2=pa1+q將這n-1個(gè)式子迭代可求解an。

例：已知數(shù)列{an}，a1=1，an=3an-1+2，（n∈N*，n≥2）求an。

解法1：由已知可得：an+1=3an+2，an=3an-1+2，兩式相減得：an+1-an=3（an-an-1），設(shè)bn=an+1-an，從而數(shù)列{bn}以b1=a2-a1=4為首項(xiàng)，以3為公比的等比數(shù)列，所以bn=4·3n-1，即an+1-an=4·3n-1，又an+1=3an+2，將此式代入上式得3an+2-an=4·3n-1，故an=2·3n-1-1。

解法2：由上法得{an+1-an}以a2-a1=4為首項(xiàng)，以3為公比的等比數(shù)列。即an+1-an=4·3n-1，于是有：a2-a1=4·30，a3-a2=4·31，a4-a3=4·32，……，an-an-1=4·3n-2，將這n-1等式疊加可得：an-a1=4·（30+31+32+……+3n-2），故an=2·3n-1-1。

解法3：由an=3an-1+2可得：an+1=3（an-1+1），從而數(shù)列{an+1}以a1+1=2為首項(xiàng)，以3為公比的等比數(shù)列，所以an+1=2·3n-1，故an=2·3n-1-1。

解法4：由an=3an-1+2可得：an-1=3an-2+2，an-2=3an-3+2，an-3=3an-4+2……a2=3a1+2，所以an=3an-1+2=3（3an-2+2）+2=32an-2+3×2+2=32（3an-3+2）+3×2+2=33an-3+32×2+3×2+2=……=3n-1·a1+（3n-2+3n-3……+1）×2=3n-1+2×=2·3n-1-1。

以上四種解法，目的主要是通過解法的多樣性，促進(jìn)學(xué)生思維的靈活性。通過對(duì)同一問題采取不同解法，讓學(xué)生能夠更清楚地認(rèn)識(shí)到，解決數(shù)學(xué)問題的關(guān)鍵在于對(duì)數(shù)學(xué)模型的認(rèn)識(shí)需要深刻，解決方法需要靈活多樣。

二、遞推公式an+1=pan+q的“多變性”極其解法

1.若p=0，或p=1，q=0則數(shù)列{an}為常數(shù)列。

2.若p=1，q≠0，則數(shù)列{an}為等差數(shù)列。

3.若q=0，p≠0，則數(shù)列{an}為等比數(shù)列。（其中包含常數(shù)列）。

4.若p，q為非零常數(shù)且p≠1，則解法如上所述。

5.若p=1，q=f（x），則其變?yōu)樾稳鏰n+1=an+f（x）型。我們也稱這種類型為等差數(shù)列推廣型，利用累加法解決。

6.若p=f（x），q=0，則其變?yōu)樾稳鏰n+1=anf（x） 型。我們也稱這種類型為等比數(shù)列推廣型，利用疊乘法解決。

7.若p≠1，q=f（x），則其變?yōu)樾稳鏰n+1=pan+An+B（A，B為非零常數(shù)）型。可采用以下方法求解通項(xiàng)。

則由an+1=pan+An+B可得：an=pan-1+A（n-1）+B，兩式相減得：an+1-an=p（an-an-1）+A，設(shè)bn=an+1-an，故有bn=pbn-1+A，然后利用an+1=pan+q類型求解。

8.若p≠1，q=mn+1，則其變?yōu)樾稳鏰n+1=pan+mn+1（m為非零常數(shù)。）

則由an+1=pan+mn+1可得：=·+1，設(shè)bn=，則有bn+1=·bn+1，然后利用an+1=pan+q類型求解。

9.若形如an+1=kanp（其中an>0，k>0）?？刹捎玫仁絻蛇吶∫詋為底數(shù)的對(duì)數(shù)構(gòu)造新數(shù)列求解，若k=1時(shí)，可取常用對(duì)數(shù)或其他底數(shù)的對(duì)數(shù)。由an+1=kanp可得：logkan+1=plogkan+1，設(shè)bn=logkan，則有bn+1=p·bn+1，然后利用類型an+1=pan+q求解。

10.若形如an+1=（其中k，p，q為非零常數(shù)）型?？刹捎脙蛇叺箶?shù)構(gòu)造新數(shù)列求解。即有=·+，設(shè)bn=，則有bn+1=·bn+。然后利用an+1=pan+q類型求解。

11.若形如an+2=pan+1+qan（其中p，q為非零常數(shù)）型。可直接構(gòu)造新數(shù)列求解。

設(shè)an+2=pan+1+qan可化為an+2-xan+1=y（an+1-xan），解得x+y=p

xy=-q，解得x，y。然后可轉(zhuǎn)化為an+1=pan+q類型求解。

總之，分析高考命題的趨勢(shì)，由數(shù)列遞推公式求通項(xiàng)公式仍是高考命題的熱點(diǎn)之一。不論哪一種遞推公式，只要能夠熟練掌握其包含的數(shù)列模型，理解其“多變性”的本質(zhì)，就能夠通過變形處理，轉(zhuǎn)化為自己熟知的這種類型，很輕松地解決問題。

作者簡介：

王浩（1975- ），男，漢族，籍貫甘肅天水，甘肅省張掖市第二中學(xué)，職稱：中學(xué)高級(jí)，學(xué)歷本科，研究方向：數(shù)學(xué)教學(xué)與研究。

（責(zé)編 趙建榮）