用待定系数法求递推数列通项公式初探
摘要: 本文通过用待定系数法分析求解9个递推数列的例题，得出适用待定系数法求其通项公式的七种类型的递推数列，用于解决像观察法、公式法、迭乘法、迭加法、裂项相消法和公式法等不能解决的数列的通项问题。 关键词:变形 对应系数 待定 递推数列
数列在高中数学中占有重要的地位，推导通项公式是学习数列必由之路，特别是根据递推公式推导出通项公式，对教师的教学和学生的学习来说都是一大难点，递推公式千奇百怪，推导方法却各不相同，灵活多变。对学生的观察、分析能力要求较高，解题的关键在于如何变形。常见的方法有观察法、公式法、迭乘法、迭加法、裂项相消法和公式法。但是对比较复杂的递推公式，用上述方法难以完成，用待定系数法将递推公式进行变形，变成新的数列等差数列或等比数列。下面就分类型谈谈如何利用待定系数法求解几类数列的递推公式。
一、a n +=pa n +q 型（p 、q 为常数，且pq ≠0, p ≠1） 例题1. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=2a n +1, 试求其通项公式。
分析：显然，这不是等差或等比数列，但如果在a n +1=2a n +1的两边同时加上1，整理为a n +1+1=2(a n +1) ，此时，把a n +1+1和a n +1看作一个整体，或者换元，令b n +1=a n +1+1，那么b n =a n +1，即b n +1=2b n ，b 1=a 1+1=2，因此，数列{a n +1}或{b n }就是以2为首项，以2为公比的等比数列
a n +1=2n ，或者b =2n ，进一步求出a =2n -1。
n n
启示：在这个问题中，容易看出在左右两边加上1就构成了新的等比数列{a n +1}，那不易看出在左右两边该加几后构成新的等比数列时，该怎么办呢？
其实，已知a n +1=2a n +1，可变形为a n +1+λ=2(a n +λ) 的形式，然后展开括号、移项后再与a n +1=2a n +1相比较，利用待定系数法可得2λ-λ=1, λ=1。
这样，对于形如a n +1=pa n +q （其中p 、q 为常数，且pq ≠0, p ≠1）的递推数列，先变为a n +1+λ=p (a n +λ) 的形式，展开、移项，利用待定系数法有 (p -1) λ=q ，λ=
q p -1
即 a n +1+
q q
=p (a n +) p -1p -1
⎧q q ⎫
a +, 公比为p 的等比数列 则数列⎨a n +首项为⎬1
p -1p -1⎩⎭ a n +
q q q q
=(a 1+) p n -1即a n =(a 1+) p n -1-
p -1p -1p -1p -1
因此，形如a n +1=pa n +q 这一类型的数列，都可以利用待定系数法来求解。 那么，若q 变为f (n ) , f (n ) 是关于n 非零多项式时，该怎么办呢？是否也能运用待定系数法呢？ 二 a
n +1
=pa +qn +r (pq ≠0, 且p ≠1) 型 n
例题2. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=2a n +3n +1, 试求其通项公式。
分析：按照例题1的思路，在两边既要加上某一常数同时也要加上n 的倍数，才能使新的数列有一致的形式。先变为a n +1+λ(n +1) -λ=2(a n +λn ) +1，展开比较得λ=3, 即 a n +1+3(n +1) =2(a n +3n ) +4 进一步
a n +1+3(n +1) +4=2(a n +3n +4)
则数列{a n +3n +4}是a 1+3⨯1+4=8首项为a 1+3⨯1+4=8公比为2的等比数列，所以
a n +3n +4=8⨯2n -1=2n +2，a n =2n +2-3n -4
同样，形如a
n +1
=pa +qn +r 的递推数列，设a n +1+x (n +1) +y =p (a n +xn +y ) 展开、
n
⎧(p -1) x =q
移项、整理，比较对应系数相等，列出方程⎨
(p -1) y -x =r ⎩
q ⎧
x =⎪p -1⎪
解得 ⎨
x +r q r ⎪y ==+2
⎪p -1(p -1) p -1⎩
即a n +1+
⎡q q r q q r ⎤(n +1) ++=p a +n ++ n ⎢⎥22
p -1(p -1) p -1p -1(p -1) p -1⎦⎣
⎧q q r ⎫q q r
n ++则数列⎨a n +是以为首项，以p 为公比a +++⎬122
p -1(p -1) p -1p -1(p -1) p -1⎩⎭
的等比数列。于是就可以进一步求出{a n }的通项。
同理，若a 也可以构造新的等比数列，=pa +f (n ) 其中f (n ) 是关于n 的多项式时，n +1n 利用待定系数法求出其通项。比如当f (n ) =qn 2+rn +s =时，可设 a n +1+x (n +1) 2+y (n +1) +z =p (a n +xn 2+yn +z ) 展开根据对应系数分别相等求解方程即可。
f (n ) 为n 的三次、四次、五次等多项式时也能用同样的思路和方法进行求解。
而如果当f (n ) 是n 的指数式，即f (n ) =q n +r 时，递推公式又将如何变形呢？ 三 a
=pa +rq n +s 型(pqr ≠0, 且p ≠1, q ≠1, p ≠q )
n +1n
例题3. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=3a n +2n , 试求其通项a n 。
分析1：由于a n +1=3a n +2n 与例题1的区别在于2n 是指数式，可以用上面的思路进行变形，在两边同时加上2⨯2n 变为a n +1+2n +1=3a n +3⨯2n 即 a n +1+2n +1=3(a n +2n )
则数列{a n +2n }是首项为3，公比为3的等比数列a n +2n =3n ，则
a n =3n -2n
分析2：如果将指数式先变为常数，两边同除2n +1
a n +13a n 13a n 1
n +1=n +1+=⋅+
22222n 2
就回到了我们的类型一。进一步也可求出a n =3n -2n 。
例题4. 在数列{a n }中，a 1=3, a n +1=3a n +5⨯2n +4, 试求{a n }的通项a n 。 分析：若按例题3的思路2，在两边同时除以2n +1，虽然产生了了
a n +1a n
、，但是又增加n n +1
22
4n
⨯2，与原式并没有大的变化。所以只能运用思路1，在两边同时加上10整理 n +1
2
a n +1+5⨯2n +1=3(a n +5⨯2n ) +4 进一步
a n +1+5⨯2n +1+2=3(a n +5⨯2n +2) 则数列{a n +5⨯2n +2}是首项为15，公比为3的等比数列 a n +5⨯2n +2=15⨯3n -1=5⨯3n 即 a n =5(3n -2n ) -2
启示：已知数列{a n }的首项，a n +1=pa n +rq n +s (pqr ≠0且p ≠1, q ≠1, q ≠p )
1）当s =0, 即a n +1=pa n +rq n 由例题3知，有两种思路进行变换，利用待定系数法构造首项和公比已知或可求的等比数列。
思路一：在两边同时除以q n +1，将不含a n +1和a n 的项变为常数，即
a n +1p a n r
=⋅n + n +1
q q q q
r ⎫⎧
⎪q ⎪⎪a n ⎪
为前面的类型一，再用类型一的待定系数法思想可得数列⎨n +⎬最终求解出{a n }p ⎪q -1⎪
q ⎪⎪⎩⎭
的通项。
思路二：在两边同时加上q n 的倍数，最终能变形为a n +1+xq n +1=p (a n +xq n ) 对应系数相等得 (p -q ) x =r ，即x =
r
p -q
即 a n +1+
r r ⋅q n +1=p (a n +⋅q n ) p -q p -q
⎧⎫r
求出数列⎨a n +⋅q n ⎬的通项，进一步求出{a n }的通项。
p -q ⎩⎭
2）当s ≠0时，即a n +1=pa n +rq n +s
由例4可知只能在选择思路二，两边既要加q n 的倍数，也要加常数，最终能变形为
a n +1+xq n +1+y =p (a n +xq n +y )
比较得x ，y 的方程组
⎧(p -q ) x =r
⎨
⎩(p -1) y =s
r ⎧x =⎪p -q ⎪即⎨
s ⎪y =⎪p -1⎩
于是 a n +1+
r s r s
⋅q n +1+=p (a n +⋅q n +) p -q p -1p -q p -1
⎧r s ⎫
求出数列⎨a n +⋅q n +⎬的通项，进一步求出{a n }的通项。
p -q p -1⎩⎭
四：a n +2=pa n +1+qa n +f (n ) 型(已知a 1, a 2其中f (n ) 可以为常数、n 的多项式或指数式）以f (n ) =0为例。
21
例题5. 在数列{a n }中，a 1=1, a 2=2, a n +2=a n +1+a n , 试求{a n }的通项。
33
分析：这是三项之间递推数列，根据前面的思路，可以把a n +1看做常数进行处理，可变
1
为a n +2-a n +1=-(a n +1-a n ) ，先求出数列{a n +1-a n }的通项
3
1
a n +1-a n =(-) n -1
3
然后利用累加法即可进一步求出{a n }的通项a n 。
对于形如a n +2=pa n +1+qa n 的递推数列，可以设a n +2+xa n +1=y (a n +1+xa n ) 展开，利用
⎧x -y =p
对应系数相等，列方程⎨
⎩xy =q
于是数列{a n +1+xa n }就是以a 2+xa 1为首项，y 为公比的等比数列，不难求出
{a n +1+xa n }的通项进一步利用相关即可求出a n 。
同理，a n +2=pa n +1+qa n +f (n ) 当f (n ) 为非零多项式或者是指数式时，也可结合前面的思路进行处理。问题的关键在于先变形 a n +2+xa n +1=y (a n +1+xa n ) +f (n ) 然后把a n +1+xa n 看做一个整体就变为了前面的类型。
五：a n +1=p ⋅a n r (p ≠1且p ∈R +，r ≠0, r ≠1) 型，{a n }为正项数列 例题6. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=2a n 2，试求其通项a n 。
分析：此题和前面的几种类型没有相同之处，左边是一次式，而右边是二次式，关键在于通过变形，使两边次数相同，由于a n >0，所以可联想到对数的相关性质，对a n +1=2a n 2两边取对数，即
lg a n +1=lg(2a n 2) =lg 2+lg a n 2=2lg a n +lg 2 就是前面的类型一了，即
lg a n +1+lg 2=2(lga n +lg 2) lg a n +lg 2=(lg2) ⨯2n -1=lg 22
2变形得 a n =2
n -1
n -1
-1
对于类似a n +1=p ⋅a n r (p ≠1且p ∈R +，r ≠0, r ≠1) 的递推数列，由于两边次数不一致，又是正项数列，所以可以利用对数性质，两边同时取对数，得 lg a n +1=lg p ⋅a n r =r lg a n +lg p
第 7 页 共 7 页
最全的待定系数法求递推数列通项
lg p ⎫⎧
然后就是前面的类型一了，就可以利用待定系数法进一步构造数列⎨lg a n +1+⎬为已
r -1⎩⎭lg p ⎫⎧
知首项和公比的等比数列了。求出⎨lg a n +1+⎬最终就可以得出{a n }的通项。
r -1⎭⎩
同样，如果将a n +1=p ⋅a n r (p ≠1且p ∈R +，r ≠0, r ≠1) 中的p 换为指数式q n 时，同样可以利用相同的方法。即：a n +1=q n ⋅a n r (q ≠1且q ∈R +，r ≠0, r ≠1) 两边取对数 lg a n +1=lg(q n ⋅a n r ) =r lg a n +n lg q 变为类型二 lg a n +1+x (n +1) +y =r (lga n +xn +y ) 即可进一步得出{a n }的通项。
以上是一些整式型的递推数列通项公式的求解，接下来再看看比较复杂的分式型递推数列。 六：a n +1=
ra n +s
(pr ≠0) 型
pa n +q
a n
，试求其通项a n 。
3a n +2
例题7. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=
分析：这是一个分式型数列，如果去分母变为3a n +1a n +2a n +1-a n =0后就无法进行处理了。两边同时取倒数
3a +211=n =2⨯+3 a n +1a n a n
就是前面的类型一了。
⎛1⎫1
+3=2 +3⎪ a n +1⎝a n ⎭
⎧1⎫1
所以数列⎨+3⎬是首项为+3=4，公比为2的等比数列，不难求出
a 1
⎩a n ⎭
a n =
12
n +1
-3
例题8. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=
a n +2
，试求其通项a n 。
3a n +2
第 8 页 共 8 页
最全的待定系数法求递推数列通项
分析：此题比例题7的区别多了常数项，两边取倒
11=-4⨯+3 a n +1a n +2
左右两边
11
与并不一致。但可以对照例题7的思路，取倒数之后分母会具有一a n +1a n +2
致的结构，根据等式和分式的性质，我们可在两边同时加上某一常数，整理：
2+2x ⎫⎛
(3x +1) a n +⎪a n +23x +1⎭⎝a n +1+x =+x =
3a n +23a n +2
此时如果
2x +22
=x ，那么递推式左边和右边分母就一致了。解方程得x 1=-, x 2=1 3x +13
2⎫⎛
-1 a n -⎪23⎭
因此 a n +1-=⎝
33a n +2 a n +1+1=
（4a n +1+1）
3a n +2
（4a n +1+1）
，
3a n +2
此时可选择其中一个递推式按照例题7的方式进行处理，这里选择a n +1+1=两边取倒
1a n +1+11
=
3a n +2113
=-+
（4a n +1+1）4a n +14
回到了类型一
3113-=-(-) a n +1+154a n +15
根据类型一的方法易求出：
4⨯(-4) n -1+1
a n =
6⨯(-4) n -1-1
现在我们将两式相比：
22
a n -
=-1⨯
a n +1+14a n +1
a n +1-
第 9 页 共 9 页
最全的待定系数法求递推数列通项
2⎫⎧a -⎪n ⎪
则数列⎨⎬是我已知首项和公比的等比数列，进一步化简求出a n 。
a +1⎪n ⎪⎩⎭
通过以上两个例题可知，形如a n +1=的综合能力要求较高。
ra n +s
(pr ≠0) 这一类型的递推数列，对学生
pa n +q
1、如果右边分子缺常数项，即s =0，那么直接对两边取倒数即可得： 此时，若
1q 1p =⋅+ a n +1r a n r
q q
=1，那就是我们熟悉的等差数列，若≠1，那就是前面的类型一——用待r r
定系数法求解。
2、若s ≠0，就需要先变形，使左边和右边分子结构一致。两边同时加上某一个常数(x )
(r +xp )(a n +
s +xq
) r +px
pa n +q
a n +1+x =
然后令
s +qx
=x ，解出x 的值。 r +px
而另一种思路是直接设a n +1=
ra n +s
变形之后为
pa n +q
y (a n +x )
pa n +q
a n +1+x =
然后展开，根据对应项系数相等得二元方程组
⎧y -xp =r
⎨
⎩x (y -q ) =s 求出x , y 。
两种思路都是解x 的一元二次方程，设其解为x 1, x 2。 a n +1+x 1=
y 1(a n +x 1) y (a +x 2)
和a n +1+x 2=2n
p (a n +q ) p (a n +q )
若x 1=x 2时，那就只能利用例题7的方法，两边取倒数，部分分式整理即可转变为
第 10 页 共 10 页
最全的待定系数法求递推数列通项
类型一。
p (a n +q ) p (a n +x 1) +p (q -x 1) p (q -x 1) 11p ===⋅+
a n +1+x 1y 1(a n +x 1) y 1(a n +x 1) y 1a n +x 1y 1
最终求出a n 。
当x 1≠x 2时，可以选择其中的一个按照上面的方式进行求解，但是此时计算量颇大，于是直接将两式相比得：
a n +1+x 1y 1a n +x 1
=⋅
a n +1+x 2y 2a n +x 2
⎧a +x ⎫a +x y
所以数列⎨n 1⎬是首项为11，公比为1的等比数列。进一步求出a n 。
a 1+x 2y 2⎩a n +x 2⎭
ra n 2+s
(pr ≠0, p =2r , q 2+4rs >0) 型 七：a n +1=
pa n +q
a n 2+3
例题9. 在数列{a n }中，a 1=2, a n +1=，试求其通项a n 。
2a n +2
分析：本题属于分式非线性递推式，与类型五又有相似之处，所以我们可以结合类型五、六的思路，进行变换：
两边同时加上某个常数，设最终变为：
(a n +x ) 2 a n +1+x =
2a n +2
与原式比较，对应系数相等，得 x 2-2x =3 解方程得 x 1=-1, x 2=3 即有：
(a n +3) 2
a n +1+3=
2a n +2
(a n -1) 2
a n +1-1=
2a n +2
对单个式子进行处理，无从下手，两式相比得
a +3⎛a n +3⎫ n +1= ⎪ a n +1-1⎝a n -1⎭2
然后，两边取对数得： ⎛a +3⎫a +3a n +3=lg n =2lg lg n +1 ⎪a n +1-1a n -1⎝a n -1⎭2
⎧a n +3⎫a +3则数列⎨lg =lg 5，公比为2的等比数列。 ⎬是首项为lg 1
a -1a -1n ⎩⎭1
a n +32n -1=lg 5 lg a n -1
进一步解得 a n =52+3
52n -1n -1-1=1+4
52n -1-1
ra n 2+s 显然，按照例题9的思路，形如a n +1=(pr ≠0) 这一类型的参数p 、q 、r 、s 必pa n +q
须满足一定的条件，所得方程应有两个不相等的实根。
现在来探讨应该满足哪些条件？ ra n 2+s r (a n +x ) 2
+x =设a n +1+x =，即： pa n +q pa n +q
ra n 2+s r (a n +x ) 2
+x =pa n +q pa n +q
所以 ra n 2+xpa n +xq +s =ra n 2+2rxa n +rx 2
对应系数相等得 p =2r , rx 2-qx -s =0
方程rx 2-qx -s =0要满足∆=q 2+4rs >0
设方程的两根为x 1, x 2则有 r (a n +x 1) 2
a n +1+x 1= pa n +q
r (a n +x 2) 2
a n +1+x 2= pa n +q
a +x ⎛a +x ⎫两式相比得 n +11= n 1⎪ a n +1+x 2⎝a n +x 2⎭2
两边取对数得 lg a n +1+x 1a +x =2lg n 1 a n +1+x 2a n +x 2
⎧a +x ⎫a +x 数列⎨lg n 1⎬是首项为lg 11，公比为2的等比数列。 a 1+x 2⎩a n +x 2⎭⎧a n +x 1⎫求出⎨lg ⎬的通项再整理一下就得出了{a n }的通项，问题就得以解决了。 a +x n 2⎭⎩
本文主要是通过例题的分析讲解，并进行归纳总结概括而形成的，是我在平时的学习中，通过平时自己的一些积累和参考其他作者的思路，对用待定系数法求解递推数列的初步探讨和认识。例题的深度层层深入，前面的类型是后面的基础，特别是第一种类型，是学习其他几种类型的充分依据，其他的类型最终都会转变为第一种类型之后再进行求解。
参考文献
[1]李春雷 用不动点法探究递推数列的通项公式[J].中学数学研究 2006.05期
[2]用待定系数法求解递推数列的通项公式[J].中学数学研究 2007.07期
[3]例析待定系数法求解递推数列的通项公式[J].中学数学研究 2009.07期
用待定系数法求递推数列通项公式初探
摘要: 本文通过用待定系数法分析求解9个递推数列的例题，得出适用待定系数法求其通项公式的七种类型的递推数列，用于解决像观察法、公式法、迭乘法、迭加法、裂项相消法和公式法等不能解决的数列的通项问题。 关键词:变形 对应系数 待定 递推数列
数列在高中数学中占有重要的地位，推导通项公式是学习数列必由之路，特别是根据递推公式推导出通项公式，对教师的教学和学生的学习来说都是一大难点，递推公式千奇百怪，推导方法却各不相同，灵活多变。对学生的观察、分析能力要求较高，解题的关键在于如何变形。常见的方法有观察法、公式法、迭乘法、迭加法、裂项相消法和公式法。但是对比较复杂的递推公式，用上述方法难以完成，用待定系数法将递推公式进行变形，变成新的数列等差数列或等比数列。下面就分类型谈谈如何利用待定系数法求解几类数列的递推公式。
一、a n +=pa n +q 型（p 、q 为常数，且pq ≠0, p ≠1） 例题1. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=2a n +1, 试求其通项公式。
分析：显然，这不是等差或等比数列，但如果在a n +1=2a n +1的两边同时加上1，整理为a n +1+1=2(a n +1) ，此时，把a n +1+1和a n +1看作一个整体，或者换元，令b n +1=a n +1+1，那么b n =a n +1，即b n +1=2b n ，b 1=a 1+1=2，因此，数列{a n +1}或{b n }就是以2为首项，以2为公比的等比数列
a n +1=2n ，或者b =2n ，进一步求出a =2n -1。
n n
启示：在这个问题中，容易看出在左右两边加上1就构成了新的等比数列{a n +1}，那不易看出在左右两边该加几后构成新的等比数列时，该怎么办呢？
其实，已知a n +1=2a n +1，可变形为a n +1+λ=2(a n +λ) 的形式，然后展开括号、移项后再与a n +1=2a n +1相比较，利用待定系数法可得2λ-λ=1, λ=1。
这样，对于形如a n +1=pa n +q （其中p 、q 为常数，且pq ≠0, p ≠1）的递推数列，先变为a n +1+λ=p (a n +λ) 的形式，展开、移项，利用待定系数法有 (p -1) λ=q ，λ=
q p -1
即 a n +1+
q q
=p (a n +) p -1p -1
⎧q q ⎫
a +, 公比为p 的等比数列 则数列⎨a n +首项为⎬1
p -1p -1⎩⎭ a n +
q q q q
=(a 1+) p n -1即a n =(a 1+) p n -1-
p -1p -1p -1p -1
因此，形如a n +1=pa n +q 这一类型的数列，都可以利用待定系数法来求解。 那么，若q 变为f (n ) , f (n ) 是关于n 非零多项式时，该怎么办呢？是否也能运用待定系数法呢？ 二 a
n +1
=pa +qn +r (pq ≠0, 且p ≠1) 型 n
例题2. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=2a n +3n +1, 试求其通项公式。
分析：按照例题1的思路，在两边既要加上某一常数同时也要加上n 的倍数，才能使新的数列有一致的形式。先变为a n +1+λ(n +1) -λ=2(a n +λn ) +1，展开比较得λ=3, 即 a n +1+3(n +1) =2(a n +3n ) +4 进一步
a n +1+3(n +1) +4=2(a n +3n +4)
则数列{a n +3n +4}是a 1+3⨯1+4=8首项为a 1+3⨯1+4=8公比为2的等比数列，所以
a n +3n +4=8⨯2n -1=2n +2，a n =2n +2-3n -4
同样，形如a
n +1
=pa +qn +r 的递推数列，设a n +1+x (n +1) +y =p (a n +xn +y ) 展开、
n
⎧(p -1) x =q
移项、整理，比较对应系数相等，列出方程⎨
(p -1) y -x =r ⎩
q ⎧
x =⎪p -1⎪
解得 ⎨
x +r q r ⎪y ==+2
⎪p -1(p -1) p -1⎩
即a n +1+
⎡q q r q q r ⎤(n +1) ++=p a +n ++ n ⎢⎥22
p -1(p -1) p -1p -1(p -1) p -1⎦⎣
⎧q q r ⎫q q r
n ++则数列⎨a n +是以为首项，以p 为公比a +++⎬122
p -1(p -1) p -1p -1(p -1) p -1⎩⎭
的等比数列。于是就可以进一步求出{a n }的通项。
同理，若a 也可以构造新的等比数列，=pa +f (n ) 其中f (n ) 是关于n 的多项式时，n +1n 利用待定系数法求出其通项。比如当f (n ) =qn 2+rn +s =时，可设 a n +1+x (n +1) 2+y (n +1) +z =p (a n +xn 2+yn +z ) 展开根据对应系数分别相等求解方程即可。
f (n ) 为n 的三次、四次、五次等多项式时也能用同样的思路和方法进行求解。
而如果当f (n ) 是n 的指数式，即f (n ) =q n +r 时，递推公式又将如何变形呢？ 三 a
=pa +rq n +s 型(pqr ≠0, 且p ≠1, q ≠1, p ≠q )
n +1n
例题3. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=3a n +2n , 试求其通项a n 。
分析1：由于a n +1=3a n +2n 与例题1的区别在于2n 是指数式，可以用上面的思路进行变形，在两边同时加上2⨯2n 变为a n +1+2n +1=3a n +3⨯2n 即 a n +1+2n +1=3(a n +2n )
则数列{a n +2n }是首项为3，公比为3的等比数列a n +2n =3n ，则
a n =3n -2n
分析2：如果将指数式先变为常数，两边同除2n +1
a n +13a n 13a n 1
n +1=n +1+=⋅+
22222n 2
就回到了我们的类型一。进一步也可求出a n =3n -2n 。
例题4. 在数列{a n }中，a 1=3, a n +1=3a n +5⨯2n +4, 试求{a n }的通项a n 。 分析：若按例题3的思路2，在两边同时除以2n +1，虽然产生了了
a n +1a n
、，但是又增加n n +1
22
4n
⨯2，与原式并没有大的变化。所以只能运用思路1，在两边同时加上10整理 n +1
2
a n +1+5⨯2n +1=3(a n +5⨯2n ) +4 进一步
a n +1+5⨯2n +1+2=3(a n +5⨯2n +2) 则数列{a n +5⨯2n +2}是首项为15，公比为3的等比数列 a n +5⨯2n +2=15⨯3n -1=5⨯3n 即 a n =5(3n -2n ) -2
启示：已知数列{a n }的首项，a n +1=pa n +rq n +s (pqr ≠0且p ≠1, q ≠1, q ≠p )
1）当s =0, 即a n +1=pa n +rq n 由例题3知，有两种思路进行变换，利用待定系数法构造首项和公比已知或可求的等比数列。
思路一：在两边同时除以q n +1，将不含a n +1和a n 的项变为常数，即
a n +1p a n r
=⋅n + n +1
q q q q
r ⎫⎧
⎪q ⎪⎪a n ⎪
为前面的类型一，再用类型一的待定系数法思想可得数列⎨n +⎬最终求解出{a n }p ⎪q -1⎪
q ⎪⎪⎩⎭
的通项。
思路二：在两边同时加上q n 的倍数，最终能变形为a n +1+xq n +1=p (a n +xq n ) 对应系数相等得 (p -q ) x =r ，即x =
r
p -q
即 a n +1+
r r ⋅q n +1=p (a n +⋅q n ) p -q p -q
⎧⎫r
求出数列⎨a n +⋅q n ⎬的通项，进一步求出{a n }的通项。
p -q ⎩⎭
2）当s ≠0时，即a n +1=pa n +rq n +s
由例4可知只能在选择思路二，两边既要加q n 的倍数，也要加常数，最终能变形为
a n +1+xq n +1+y =p (a n +xq n +y )
比较得x ，y 的方程组
⎧(p -q ) x =r
⎨
⎩(p -1) y =s
r ⎧x =⎪p -q ⎪即⎨
s ⎪y =⎪p -1⎩
于是 a n +1+
r s r s
⋅q n +1+=p (a n +⋅q n +) p -q p -1p -q p -1
⎧r s ⎫
求出数列⎨a n +⋅q n +⎬的通项，进一步求出{a n }的通项。
p -q p -1⎩⎭
四：a n +2=pa n +1+qa n +f (n ) 型(已知a 1, a 2其中f (n ) 可以为常数、n 的多项式或指数式）以f (n ) =0为例。
21
例题5. 在数列{a n }中，a 1=1, a 2=2, a n +2=a n +1+a n , 试求{a n }的通项。
33
分析：这是三项之间递推数列，根据前面的思路，可以把a n +1看做常数进行处理，可变
1
为a n +2-a n +1=-(a n +1-a n ) ，先求出数列{a n +1-a n }的通项
3
1
a n +1-a n =(-) n -1
3
然后利用累加法即可进一步求出{a n }的通项a n 。
对于形如a n +2=pa n +1+qa n 的递推数列，可以设a n +2+xa n +1=y (a n +1+xa n ) 展开，利用
⎧x -y =p
对应系数相等，列方程⎨
⎩xy =q
于是数列{a n +1+xa n }就是以a 2+xa 1为首项，y 为公比的等比数列，不难求出
{a n +1+xa n }的通项进一步利用相关即可求出a n 。
同理，a n +2=pa n +1+qa n +f (n ) 当f (n ) 为非零多项式或者是指数式时，也可结合前面的思路进行处理。问题的关键在于先变形 a n +2+xa n +1=y (a n +1+xa n ) +f (n ) 然后把a n +1+xa n 看做一个整体就变为了前面的类型。
五：a n +1=p ⋅a n r (p ≠1且p ∈R +，r ≠0, r ≠1) 型，{a n }为正项数列 例题6. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=2a n 2，试求其通项a n 。
分析：此题和前面的几种类型没有相同之处，左边是一次式，而右边是二次式，关键在于通过变形，使两边次数相同，由于a n >0，所以可联想到对数的相关性质，对a n +1=2a n 2两边取对数，即
lg a n +1=lg(2a n 2) =lg 2+lg a n 2=2lg a n +lg 2 就是前面的类型一了，即
lg a n +1+lg 2=2(lga n +lg 2) lg a n +lg 2=(lg2) ⨯2n -1=lg 22
2变形得 a n =2
n -1
n -1
-1
对于类似a n +1=p ⋅a n r (p ≠1且p ∈R +，r ≠0, r ≠1) 的递推数列，由于两边次数不一致，又是正项数列，所以可以利用对数性质，两边同时取对数，得 lg a n +1=lg p ⋅a n r =r lg a n +lg p
第 7 页 共 7 页
最全的待定系数法求递推数列通项
lg p ⎫⎧
然后就是前面的类型一了，就可以利用待定系数法进一步构造数列⎨lg a n +1+⎬为已
r -1⎩⎭lg p ⎫⎧
知首项和公比的等比数列了。求出⎨lg a n +1+⎬最终就可以得出{a n }的通项。
r -1⎭⎩
同样，如果将a n +1=p ⋅a n r (p ≠1且p ∈R +，r ≠0, r ≠1) 中的p 换为指数式q n 时，同样可以利用相同的方法。即：a n +1=q n ⋅a n r (q ≠1且q ∈R +，r ≠0, r ≠1) 两边取对数 lg a n +1=lg(q n ⋅a n r ) =r lg a n +n lg q 变为类型二 lg a n +1+x (n +1) +y =r (lga n +xn +y ) 即可进一步得出{a n }的通项。
以上是一些整式型的递推数列通项公式的求解，接下来再看看比较复杂的分式型递推数列。 六：a n +1=
ra n +s
(pr ≠0) 型
pa n +q
a n
，试求其通项a n 。
3a n +2
例题7. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=
分析：这是一个分式型数列，如果去分母变为3a n +1a n +2a n +1-a n =0后就无法进行处理了。两边同时取倒数
3a +211=n =2⨯+3 a n +1a n a n
就是前面的类型一了。
⎛1⎫1
+3=2 +3⎪ a n +1⎝a n ⎭
⎧1⎫1
所以数列⎨+3⎬是首项为+3=4，公比为2的等比数列，不难求出
a 1
⎩a n ⎭
a n =
12
n +1
-3
例题8. 在数列{a n }中，a 1=1, a n +1=
a n +2
，试求其通项a n 。
3a n +2
第 8 页 共 8 页
最全的待定系数法求递推数列通项
分析：此题比例题7的区别多了常数项，两边取倒
11=-4⨯+3 a n +1a n +2
左右两边
11
与并不一致。但可以对照例题7的思路，取倒数之后分母会具有一a n +1a n +2
致的结构，根据等式和分式的性质，我们可在两边同时加上某一常数，整理：
2+2x ⎫⎛
(3x +1) a n +⎪a n +23x +1⎭⎝a n +1+x =+x =
3a n +23a n +2
此时如果
2x +22
=x ，那么递推式左边和右边分母就一致了。解方程得x 1=-, x 2=1 3x +13
2⎫⎛
-1 a n -⎪23⎭
因此 a n +1-=⎝
33a n +2 a n +1+1=
（4a n +1+1）
3a n +2
（4a n +1+1）
，
3a n +2
此时可选择其中一个递推式按照例题7的方式进行处理，这里选择a n +1+1=两边取倒
1a n +1+11
=
3a n +2113
=-+
（4a n +1+1）4a n +14
回到了类型一
3113-=-(-) a n +1+154a n +15
根据类型一的方法易求出：
4⨯(-4) n -1+1
a n =
6⨯(-4) n -1-1
现在我们将两式相比：
22
a n -
=-1⨯
a n +1+14a n +1
a n +1-
第 9 页 共 9 页
最全的待定系数法求递推数列通项
2⎫⎧a -⎪n ⎪
则数列⎨⎬是我已知首项和公比的等比数列，进一步化简求出a n 。
a +1⎪n ⎪⎩⎭
通过以上两个例题可知，形如a n +1=的综合能力要求较高。
ra n +s
(pr ≠0) 这一类型的递推数列，对学生
pa n +q
1、如果右边分子缺常数项，即s =0，那么直接对两边取倒数即可得： 此时，若
1q 1p =⋅+ a n +1r a n r
q q
=1，那就是我们熟悉的等差数列，若≠1，那就是前面的类型一——用待r r
定系数法求解。
2、若s ≠0，就需要先变形，使左边和右边分子结构一致。两边同时加上某一个常数(x )
(r +xp )(a n +
s +xq
) r +px
pa n +q
a n +1+x =
然后令
s +qx
=x ，解出x 的值。 r +px
而另一种思路是直接设a n +1=
ra n +s
变形之后为
pa n +q
y (a n +x )
pa n +q
a n +1+x =
然后展开，根据对应项系数相等得二元方程组
⎧y -xp =r
⎨
⎩x (y -q ) =s 求出x , y 。
两种思路都是解x 的一元二次方程，设其解为x 1, x 2。 a n +1+x 1=
y 1(a n +x 1) y (a +x 2)
和a n +1+x 2=2n
p (a n +q ) p (a n +q )
若x 1=x 2时，那就只能利用例题7的方法，两边取倒数，部分分式整理即可转变为
第 10 页 共 10 页
最全的待定系数法求递推数列通项
类型一。
p (a n +q ) p (a n +x 1) +p (q -x 1) p (q -x 1) 11p ===⋅+
a n +1+x 1y 1(a n +x 1) y 1(a n +x 1) y 1a n +x 1y 1
最终求出a n 。
当x 1≠x 2时，可以选择其中的一个按照上面的方式进行求解，但是此时计算量颇大，于是直接将两式相比得：
a n +1+x 1y 1a n +x 1
=⋅
a n +1+x 2y 2a n +x 2
⎧a +x ⎫a +x y
所以数列⎨n 1⎬是首项为11，公比为1的等比数列。进一步求出a n 。
a 1+x 2y 2⎩a n +x 2⎭
ra n 2+s
(pr ≠0, p =2r , q 2+4rs >0) 型 七：a n +1=
pa n +q
a n 2+3
例题9. 在数列{a n }中，a 1=2, a n +1=，试求其通项a n 。
2a n +2
分析：本题属于分式非线性递推式，与类型五又有相似之处，所以我们可以结合类型五、六的思路，进行变换：
两边同时加上某个常数，设最终变为：
(a n +x ) 2 a n +1+x =
2a n +2
与原式比较，对应系数相等，得 x 2-2x =3 解方程得 x 1=-1, x 2=3 即有：
(a n +3) 2
a n +1+3=
2a n +2
(a n -1) 2
a n +1-1=
2a n +2
对单个式子进行处理，无从下手，两式相比得
a +3⎛a n +3⎫ n +1= ⎪ a n +1-1⎝a n -1⎭2
然后，两边取对数得： ⎛a +3⎫a +3a n +3=lg n =2lg lg n +1 ⎪a n +1-1a n -1⎝a n -1⎭2
⎧a n +3⎫a +3则数列⎨lg =lg 5，公比为2的等比数列。 ⎬是首项为lg 1
a -1a -1n ⎩⎭1
a n +32n -1=lg 5 lg a n -1
进一步解得 a n =52+3
52n -1n -1-1=1+4
52n -1-1
ra n 2+s 显然，按照例题9的思路，形如a n +1=(pr ≠0) 这一类型的参数p 、q 、r 、s 必pa n +q
须满足一定的条件，所得方程应有两个不相等的实根。
现在来探讨应该满足哪些条件？ ra n 2+s r (a n +x ) 2
+x =设a n +1+x =，即： pa n +q pa n +q
ra n 2+s r (a n +x ) 2
+x =pa n +q pa n +q
所以 ra n 2+xpa n +xq +s =ra n 2+2rxa n +rx 2
对应系数相等得 p =2r , rx 2-qx -s =0
方程rx 2-qx -s =0要满足∆=q 2+4rs >0
设方程的两根为x 1, x 2则有 r (a n +x 1) 2
a n +1+x 1= pa n +q
r (a n +x 2) 2
a n +1+x 2= pa n +q
a +x ⎛a +x ⎫两式相比得 n +11= n 1⎪ a n +1+x 2⎝a n +x 2⎭2
两边取对数得 lg a n +1+x 1a +x =2lg n 1 a n +1+x 2a n +x 2
⎧a +x ⎫a +x 数列⎨lg n 1⎬是首项为lg 11，公比为2的等比数列。 a 1+x 2⎩a n +x 2⎭⎧a n +x 1⎫求出⎨lg ⎬的通项再整理一下就得出了{a n }的通项，问题就得以解决了。 a +x n 2⎭⎩
本文主要是通过例题的分析讲解，并进行归纳总结概括而形成的，是我在平时的学习中，通过平时自己的一些积累和参考其他作者的思路，对用待定系数法求解递推数列的初步探讨和认识。例题的深度层层深入，前面的类型是后面的基础，特别是第一种类型，是学习其他几种类型的充分依据，其他的类型最终都会转变为第一种类型之后再进行求解。
参考文献
[1]李春雷 用不动点法探究递推数列的通项公式[J].中学数学研究 2006.05期
[2]用待定系数法求解递推数列的通项公式[J].中学数学研究 2007.07期
[3]例析待定系数法求解递推数列的通项公式[J].中学数学研究 2009.07期