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待定系数法在高考递推数列题中的应用
弋阳二中超龙

各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题是一类高考重点考查题型，也往往是解决数列难题的瓶颈。高考题中越来越重视对递推数列的考查。对一些常见的递推数列进行归纳和研究是必要的且大有益处的。高考递推数列题型较多，并且大都可以总结出求解数列通项公式的方法。本文给出一种用待定系数法的方法解递推数列，希望能对大家有所帮助。

模型1：an＋1=pan＋q（其中p、q均为常数，（pq（p－1）≠0））
[解法]（待定系数法）：把原递推公式转化为：an＋1－λ=p(an－λ)其中λ=，再用换元法令bn=an－λ，则有bn＋1=pbn，从而数列{bn}为等比数列，于是由an=bn＋λ可求出数列an的通项公式。
例1：已知数列{an}中，a1=1，an＋1=2an＋1。求an。
解：令an＋1＋λ=2(an＋λ)即an＋1=2an＋λ∴λ=1
从而an＋1＋1=2(an＋1)，令bn=an＋1
则b1=a1＋1=2且=2
故数列{bn}是以b1=2为首项，以2为公比的等数列。
则bn=2×2n－1=2n∴an=2n－1
练习1、（06重庆文）在数列{an}中，若a1=1，an＋1=2an＋3(n≥1)，则该数列的通项an=
练习2、一牧羊人赶着一群羊通过36个关口，每过一个关口，守关人将拿走当时羊的一半，然后退还一只，过完这些关口后，牧羊人只剩2只羊，牧羊人原来有只羊。

模型2：an＋1=pan＋r·qn（其中p、q、r均为常数，
（p·q·r·(p－1)·(q－1)≠0））
[解法]一般来说，要先在原递推公式两边同除以qn＋1，得
，再令bn=
从而化为bn＋1=，此即为模型1，可用模型1待定系数法解之。
例2：已知数列{an}中，a1=，an＋1=an＋()n＋1，求an。
解：在an＋1=an＋()n＋1两边乘以2n＋1，得
2n＋1·an＋1=(2n·an)＋1
令bn=2n·an，则bn＋1=bn＋1
又令bn＋1＋λ=(bn＋λ)即bn＋1=bn－∴λ=－3
故bn＋1－3=(bn－3)
∴数列{bn－3}是以b1－3=21·－3=－为首项，以为公比的等比数列。
从而bn－3=－·()n—1即bn=3－2·()n
∴an==3·()n－2()n
练习3、已知数列{an}满足an＋1=3an＋2·3n＋1且a1=3。求{an}的通项公式。
练习4、已知数列{an}满足a0=1，an=3n－1－2an－1（n∈N*），求an。

模型3：an＋1=pan＋an＋b（p≠1，0，a≠0）
[解法]用待定系数法构造等比数列，令an＋1＋x(n＋1)＋y=p(an＋xn＋y)与已知递推式比较，解出x、y，从而转化为{an＋xn＋y}是公比为p的等比数列。
例3：设数列{an}满足，a1=4，an=3an－1＋2n－1（n≥2），求an。
解：设bn=an＋An＋B，则an=bn－An－B，将an，an－1代入递推式，
得bn－An－B=3[bn－1－A(n－1)－B]＋2n－1
=3bn－1－(3A－2)n－(3B－3A＋1)
∴
∴bn=an＋n＋1……(1)
则bn=3bn－1，又b1=6∴bn=6×3n－1=2×3n
代入（1）得：an=2×3n－n－1
练习5、已知数列{an}满足a1=，2an＋1=an＋n，求an。

模型4：an＋1=p·（p＞0，an＞0）
[解法]这种类型一般是等式两边取对数后转化为an＋1=p·an＋q，再利用待定系数法求解。
例4：已知数列{an}中，a1=1，an＋1=·an2(a＞0)，求数列{an}的通项公式。
解：由an＋1=·an2两边取对数得lgan＋1=2lgan＋lg
令bn=lgan，则bn＋1=2bn＋lg
再利用待定系数法解得：an=a·()2n－1
练习6、（05年江西理）已知数列{an}的各项都是正数，且满足a0=1，
an＋1=an(4－an)，n∈N，求数列{an}的通项公式an。
由以上各例可知，待定系数法在高考递推数列中有着很重要的应用，它源于课本，但高于课本，我们只有熟悉了这些常见模型，才能快速准确地做出解答。