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数列计算-待定系数法

## 待定系数法

###  1、适用于 $a_{n+1}=q a_n+f(n)$

基本思路是转化为等差数列或等比数列, 而数列的本质是一个函数, 其定义域是自然数集的一个函数。   
#### 形如 $a_{n+1}=c a_n+d,\left(c \neq 0\right.$, 其中 $\left.a_1=a\right)$ 型   
(1) 若 ${c}=1$ 时, 数列 $\left\{a_n\right\}$ 为等差数列;   
(2) 若 ${d}=0$ 时, 数列 $\left\{a_n\right\}$ 为等比数列;   
(3)若 $c \neq 1$ 且 $d \neq 0$ 时, 数列 $\left\{a_n\right\}$ 为线性递推数列, 其通项可通过待定系数法构造辅助数列 $a_{n+1}+\lambda=c\left(a_n+\lambda\right)$, 得 $a_{n+1}=c a_n+(c-1) \lambda$, 
与题设 $a_{n+1}=c a_n+d$, 比较系数得   
$(c-1) \lambda=d$, 所以 $\lambda=\frac{d}{c-1},(c \neq 0)$ 所以有: $a_n+\frac{d}{c-1}=c\left(a_{n-1}+\frac{d}{c-1}\right)$

因此数列 $\left\{a_n+\frac{d}{c-1}\right\}$构成以$ a_1+\frac{d}{c-1}$ 为首项, 以 ${c}$ 为公比的等比数列,

所以 $a_n+\frac{d}{c-1}=\left(a_1+\frac{d}{c-1}\right) \cdot c^{n-1}$ 即: $a_n=\left(a_1+\frac{d}{c-1}\right) \cdot c^{n-1}-\frac{d}{c-1}$.

因此， 将递推关系 $a_{n+1}=c a_n+d$ 化为 $a_{n+1}+\frac{d}{c-1}=c\left(a_n+\frac{d}{c-1}\right)$, 构造成公比为 $\mathrm{c}$ 的等比数列 $\left\{a_n+\frac{d}{c-1}\right\}$ 从而求得通项公式 $a_{n+1}=\frac{d}{1-c}+c^{n-1}\left(a_1+\frac{d}{c-1}\right)$   
即：
> 对于形如  $a_{n+1}=c a_n+d,\left(c \neq 0\right.$, 其中 $\left.a_1=a\right)$ 数列通常可以转换为 $a_{n+1}=\frac{d}{1-c}+c^{n-1}\left(a_1+\frac{d}{c-1}\right)$  等比数列进行求解。

**逐项相减法 (阶差法)**: 有时我们从递推关系 $a_{n+1}=c a_n+d$ 中把 ${n}$ 换成 ${n}-1$ 有 $a_n=c a_{n-1}+d$, 两式相减有 $a_{n+1}-a_n=c\left(a_n-a_{n-1}\right)$ 从而化为公比为 $\mathrm{c}$ 的等比数列 $\left\{a_{n+1}-a_n\right\}$, 进而求得通项公式. $a_{n+1}-a_n=c^n\left(a_2-a_1\right)$, 再利用类型 (1) 即可求得通项公式. 我们看到此方法比较复杂.

`例`已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 中, $a_1=1, a_n=2 a_{n-1}+1(n \geq 2)$, 求数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式。    
 解     $ \because a_n=2 a_{n-1}+1(n \geq 2) \text {, }$ 
$$
\therefore a_n+1=2\left(a_{n-1}+1\right)
$$

又 $\because a_1+1=2, \therefore\left\{a_n+1\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列
$$
\therefore a_n+1=2^n \text {, 即 } a_n=2^n-1
$$

#### 形如: $a_{n+1}=p \cdot a_n+q^n \quad$ (其中 $\mathrm{q}$ 是常数, 且 ${n} \neq 0,1$ )   
(1)若 ${p}=1$ 时, 即: $a_{n+1}=a_n+q^n$, 累加即可.   
(2) 若 $p \neq 1$ 时, 即: $a_{n+1}=p \cdot a_n+q^n$,

求通项方法有以下三种方向:     
        
  i. 两边同除以 $p^{n+1}$. 目的是把所求数列构造成等差数列

即: $\frac{a_{n+1}}{p^{n+1}}=\frac{a_n}{q^n}+\frac{1}{p} \cdot\left(\frac{p}{q}\right)^n$, 令 $b_n=\frac{a_n}{p^n}$, 则 $b_{n+1}-b_n=\frac{1}{p} \cdot\left(\frac{p}{q}\right)^n$, 然后类型 1 , 累加求通项.

ii. 两边同除以 $q^{n+1}$. 目的是把所求数列构造成等差数列。   
即: $\frac{a_{n+1}}{q^{n+1}}=\frac{p}{q} \cdot \frac{a_n}{q^n}+\frac{1}{q}$,

令 $b_n=\frac{a_n}{q^n}$, 则可化为 $b_{n+1}=\frac{p}{q} \cdot b_n+\frac{1}{q}$. 然后转化为上面说的方法求解。
 
iii. 待定系数法: 目的是把所求数列构造成等差数列

设 $a_{n+1}+\lambda \cdot q^{n+1}=p\left(a_n+\lambda \cdot p^n\right)$. 通过比较系数, 求出 $\lambda$, 转化为等比数列求通项.   
注意：应用待定系数法时, 要求 $p \neq q$, 否则待定系数法会失效。

`例`已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足  $a_{n+1}=2 a_n+4 \cdot 3^{n-1}, a_1=1$, 求数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式。

解:    (待定系数法): 设 $a_{n+1}+\lambda_1 3^n=\lambda_2\left(a_n+\lambda \cdot 3^{n-1}\right)$, 
 比较系数得 $\lambda_1=-4, \lambda_2=2$,
 则数列 $\left\{a_n-4 \cdot 3^{n-1}\right\}$ 是首项为 $a_1-4 \cdot 3^{1-1}=-5$, 公比为 2 的等比数列,

所以 $a_n-4 \cdot 3^{n-1}=-5 \cdot 2^{n-1}$, 
  即 $a_n=4 \cdot 3^{n-1}-5 \cdot 2^{n-1}$

#### 形如 $a_{n+1}=p a_n+k n+b$ (其中 ${k}, {b}$ 是常数, 且 $k \neq 0$ )

方法 1：逐项相减法 (阶差法)   
方法 2: 待定系数法   
通过凑配可转化为 $\left(a_n+x

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