1、基于递推关系求常见递推数列的通项 苏州市田家炳实验高级中学 王耀 （江苏 215006） 笔者听过一节关于求递推数列通项公式的公开课，整节课内容充实，生成丰实，选用了高考或者竞赛 试题作为例题，展现的解法可谓“百花齐放” ，其中许多解法极富技巧性. 然而，笔者课后一直在思考这节 课上的例题和习题能否避用那些技巧性的方法，即如何培养学生的数学解题思维? 事实上，笔者也发现一 部分学生还是缺乏技巧经验，产生思维障碍. 因此，教学过程中应注重常规转化思维培养，按部就班地去 探求通式通法，才能使高中数学的教与学更具实践性和有效性. 一、递推数列的通项 本文中，笔者主要基于递推数列的递推关系式，分析其通
2、项公式的解法. 首先，所谓“递推数列” ：即 由一个数列的连续若干项之间的关系所确定的数列. 解决递推数列的核心问题就是求递推数列的通项公 式，这个问题也一直是教学中的重点、难点. 笔者认为，如果将递推关系式中的项数 n用 1 n 替换，即多 进行一次迭代的话，有可能得到数列中的某些项的关系. 其次，从教材出发，以苏教版为例，课本中只涉及到求等差数列和等比数列的通项公式，求它们通项 的方法统称为迭代法，其中：在求等差数列通项时称为累加法，在求等比数列通项时称为累积（乘）法. 那 么，对于一般的递推数列而言，要求出其通项，势必意味着要将其转化为新的等差数列或等比数列，从而 可利用累加法或累积法这
3、两种基本方法. 文中针对几种常见的递推数列，求其通项的具体分析方法及其例题赏析如下： 类型 1： 1nn aq af n ，其中 q R且 0 q ， 0 fn . 1.1 当 1 q 时， 1nn aaf n ，则由累加法可得 1 1 1 n n i aa fi . 1.2 当 1 q 时， 1nn aaf n ，由递推关系式： 21 1 nn aaf n ，可得 2 1 nn aaf nf n . 由累加法得： 1/2 1 1 2/2 2 1 22 1 21 2 n i n n i af i f in a af if in ， 为奇数 ， 为偶数 ； 特别地：当 fnk nd (其中 d
4、为常数，下同)时， 1 2 2, 2, n akn n a akn n 为大于1的奇数为偶数 . 1.3 当 1 q ， fnd 时， 1nn aq ad ，有递推关系式： 21 nn aq ad ，则 211 nnnn aaq aa ， 令 1 nnn baa ，有 1nn bq b ， 1 1 n n bb q ，即可转化为 1 12 1 () n nn aaaa q ，即类型 1.1，通过计算得： 1 11 11 1 111 n nn n dq dd aa q aq qqq ，即： 1 1 11 n n dd aaq qq ，则数列 1 n d a q 是公比为 q 的等比数列. 此法通
5、常被称为“待定系数法” ，即令： 1 + nn aq a ，得 1 d = q ，从而数列 n a+ 为等比数列. 1.4 当 1 q ， fnk nd (k 为常数)时， 1nn aq ak nd ，有递推关系式： 21 nn aq ak n kd ，则 211 nnnn aaq aa + k，令 1 nnn baa ，则 1nn bq bk ，从而转化成上面类型 1.3的递推关系式. 1.5 当 fnk nd 时， 1nn aq af n ，假设 nnn bat ， 111 nnn bat ，则当 1nn bbg n 时，有 1 1 1 nn n g n aa tt ，此时对比递推关系式
6、1nn aq af n ，不难发现只要取 1 t q 即可构造新的递推数列. 即若等式两边同除以 1 n q 得： 1 11 nn nnn f n aa qqq ，令 1 1 n n n a b q 后可转化为 1 1 nn n f n bb q ，即类型 1.1 的形式， 从而可求出数列 1 1 1 n n n i i fi a aq qq . 例 1 (1) 已知数列 n a 满足： 1 1 a ， 1 21 nn aa ，则 n a _ 解： 1 21 21 22 nn nn aa aa ， 211 () 2 nnnn aa aa ， 令 1 nnn baa ，则 1 2 nn b b
7、， 1 2 b ， 2 n n b ，即 1 1 2 n nn aa ，由累加法可知： 21 n n a . (2) 已知数列 a n满足： 1 4 a ， 1 23 n nn aa + ，求 n a 解： 1 23 n nn aa ， 11 1 1 1 2 2 222 33 2 2 n n n nnn n+ n+ n aaa ，令 2 n n n b a ，则 1 13 22 n nn bb ， 由累加法得 31 22 n n b ，因此 1 23 nn n a . 评析： 这时， 也有学生提出用待定系数法构造新的递推数列， 即令 1 1 32 3 nn nn aa ， 得 1 ， 此题可行
8、. 但是，笔者也发现一个问题，此法对于这种递推结构的数列都适用吗？不难看出，如果将本题 稍作修改为 1 33 n nn a a + ， 那么 1 1 33 3 nn nn aa ， 展开后将会出现矛盾. 因此， 对于 1 n nn a p a r + ( p、 r为非零常数)的递推数列，当pr 时，待定系数法才能适用，即令 1 1 nn nn arp ar . (3) 已知数列 a n满足： 1 1 a ， 1 32 nn aan ，求 n a 解： 1 21 32 321 nn nn a a n a + an ， 211 (32 ) nnnn aaaa . 令 1 nnn baa ，则 1
9、32 nn bb ，易知 1 31 n n b ，则有 1 1 31 n nn aa ，由累加法得到： 1 31 2 n n an . (4) 2012 全国卷 16 数列 n a 满足： 1 () 121 n nn aan ，则 n a 前 60 项的和为_ 解：由题设知 1 1 21 (1 ) ( 1 1) 2 1 2 n nn n nn aa aa n n ，则当 n为奇数时， 1 21 2 21 1 nn nn n aa aan ，有 2 2 nn aa ； 当 n 为偶数时， 1 21 2 21 1 nn nn n aa aan ，有 2 4 nn aan . 则由前 60 项中分别
10、含有 15 对奇数项和偶数项，得 60 25 81 5 15 2 4 2 6 58 30 4 1830 2 S= . 改编：若本题中，补充一个条件 1 1 a 的话，则当 n为奇数时，由 2 2 nn aa ，可知 1 1 n aa ； 当 n 为偶数时， 2 4 nn aan ，可知 42 42 nn aan ，则 4 8 nn aa ， 4 2 28 2 6 4 n n an ， 那么 22 n an ；则 60 21 1 8 30 30 1830 2 S 评析：此题作为全国高考题，而且没有给出数列的首项，无法进行归纳猜想. 因此，解题思维的出发 点只能寄托在(1 ) n 上，即对 n 分
11、奇偶数进行讨论，然后再对其转化为数列中奇数项、偶数项的关系，从而 解决问题. 这种解法有种“摸着石头过河”的感觉，其中的 “石头”就是平时学习中的基本数学思维. 类型 2： 1 nn a a f n ，其中 () 0 fn . 2.1 当 fnd 时， 1 nn aad ，由递推关系式： 21 nn aa d ，可知 2nn aa ，即 n a 是周期为 2 的周期数 列，同时 1 1 n an a d n a ，为 奇 数 ， 为偶数 . 2.2 当 fnd 时， 1 nn aafn ，由递推关系式： 21 1 nn aa fn ，可得 2 1 n n fn a af n ，则由累乘法 得到
12、： 1/2 1 1 2/2 2 1 2 21 21 2 n i n n i fi an fi a fi an fi ， 为奇数， 为偶数. 例 2 (1) 已知数列 n a 满足： 1 1 a ， 1 3 nn aa ，求 n a 解： 1 21 3 3 nn nn aa aa ，则 2 1 n n a a ；又 1 1 a ， 2 3 a ，则 1 3 n n a n ， ， 为奇数 为偶数 . (2) 已知数列 a n满足： 1 1 a ， 1 3 n nn aa ，求 n a 解： 1 1 21 3 3 n nn n nn aa aa ， 则 2 3 n n a a ； 又 1 1 a
13、， 2 3 a ， 求得 2 3 k k a ， 1 21 3 k k a ， 即： 1 2 2 3 3 n n n n a n ， ， 为奇数 为偶数 . 类型 3： 1nn aaf n 或者 1 n n a f n a ，其中 1 0 a ， () 0 fn . 3.1 当 fnq 时，即 1 n n a q a ，则数列 n a 为等比数列， 1 1 n n aa q . 3.2 当 fnq 时，即 1 n n a f n a ，由累积法得： 1 1 1 n n i aa fi . 例 3 (1) 已知数列 a n满足： 1 2 a ， 1 2 nn nan a ，则 n a _ 解：
14、1 2 nn nan a ， 1 2 n n a n an ， 则： 1 2 11 2 nn nn aa a n aa an 12 1 nn nn 3 1 n n 321 543 2 21 nn ， 即 1 4 (1 )2 n a nn ， 1 2 a ； 4 (1 ) n a nn . (2) 2012 年江苏卷 20 已知各项均为正数的两个数列 n a 和 n b 满足： 1 22 nn n nn ab a ab ， * n N ( ) 设 1 2 n n n b b a ， * n N ，且 n a 是等比数列，求 1 a 和 1 b 的值 解： n a 是等比数列，设 1 1 n n
15、aa q 0 q ，则由 1 2 n n n b b a 可知： 1 1 1 2 n n n b b aq ， 2 1 1 2 n n n b b aq ， 2 11 2 b ba ，由累乘法可得 1 1 2 2 1 2 n n n bb aq . 下面将 n b 代入关系式 1 22 nn n nn ab a ab 中，化简得： 2 1 21 221 1 11 1 11 1 3 1 2 1 2 2 1 212 n n nn nn nn n nn n b aq b b aq q aq ， 当 0,1 q 时，上面 式左边的值趋近于 0，右边的值趋近于正无穷大，所以矛盾； 当 1, q 时，上面
16、 式左边的值趋近于正无穷大，右边的值趋近于 1，所以矛盾； 综上，有且仅有 1 q ， 1 n aa ( 其中 1 a 为常数). 则有： 1 1 22 1 1 1 2 n n n n ab a ab b b a ，化简得： 22 2 1111 1 121 0 2 nn abba ， 当 1 a =1 时， 1 0 n b (舍)； 当 1 a 1 时， 24 11 1 2 1 22 2 1 n aa b a ； 由于 1 a 为常数，则可知 1 n bc ( c为常数)，那么 n b 也是公比为 1 的等比数列，即： 1 2 1 a ，所以有 11 2 ab . 评析：本例题所展示的解法主要
17、来源于对递推数列结构的深刻理解与应用，很自然地得到数列 n b 的 递推关系式，从而可求该数列的通项，最后都转化为 1 a 、 1 b 、 q的表达式；再结合数列的本质，即数列是 一类特殊的函数，类似指数函数，于是只要对底数 q进行分类讨论即可. 作为高考的压轴题，对比参考答 案的解法，本解法优点在于解题思维的起点更低，思路严谨，容易上手，只是计算量较大，需要扎实的计 算基本功. 类型 4： 1 + + n n n pa q ar a ，其中pqr ，为常数 . 4.1 当 0 p ， 0 q 时， 1 + n n n pa a ar ， 两边取倒数则可转化为： 1 1 11 nn r ap
18、ap ， 令 1 n n b a ， 即 1 1 nn r bb pp ， 因此，当pr 时， 1 1 n n bb p ，则 1 1 1 n ap a pna ； 当pr 时，由类型 1.4 得 1 1 11 1 n n r b arpp pr ，从而可得 n a 的通项公式. 本质上， 若数列 n a 满足 11 0 nn n n a a pa qa ， 则等式两边同除以 1 nn aa 即可转化为： 1 1 nn qp aa 的形式，从而化为类型 1 的问题. 4.2 当 0 q 时， 0 pr 时，则 1 nn aaq ，即类型 2.1， 1 1 n an a q n a ，为 奇 数
19、 ，为 偶 数 . 4.3 当 0 pq 时，由 1 + + n n n pa q ar a ，若令 nn ba ，使得 1 1 1 n n n pb b br 即可转化为类型 4.1，化简后得到： 11 1 1 1 n n n papr a ar ，即有： 1 1 11 rr pp prq ，从而 2 0 pr q . 其中： 当 2 40 pr q ，即 0 q 时，方程 存在实根 ，从而可得数列 n b 和 n a 的通项公式. 当 2 40 pr q ，即 0 q 时，方程 存在虚数根 ，此处不再深入. 事实上，上述问题即为求满足递推关系式 11 0 nn n n aa p a r a
20、q 0 r 的数列 n a 的通项公式问题，则可以采用待定系数法将该问题转化为 11 11 0 nnnn a a pa qa ，展开后即可得到 待定的系数，即转化为类型 4.1 的问题. 例 4（1）已知数列 a n满足： 1 1 a ， 1 2 31n n n a a a ，求 n a 解： 1 31 13 1 22 2 n nnn a aaa ，令 1 n n b a ，则 1 13 22 nn bb ，从而有 2 1 3 2 n n b 2 n ， 2 2 2 32 1 n n n a . （2）已知数列a n 满足： 1 1 a ， 11 232 0 nn n n aa a a ，求
21、n a 解：令 11 nnnn aaq ar a ，即有： 2 1 2 3 2 1 r q qr ，解得 1 ； 即 11 () () 21 1 1 1 nnnn a a a a ，令 1 nn ba ，则 11 2 nn n n bb b b ， 1 11 2 nn bb ， 即数列 1 1 n a 是首项为 1 2 ，公差为 2 的等差数列，解得 143 2 n n b ，从而 54 43 n n a n . 类型5： 1 2 + nnn pa aq a r (其中 p，q 为常数) . 5.1 当 0 r 时，含有三项的数列递推关系式，首要问题是能否转化为两项递推的形式，易知在等式两边同
22、 除以 n a ，即有： 2 11 nn nn aa pq aa ，令 1 n n n a b a ，则 1 1 n n pq b b ，即符合类型 4.3 的形式，下略. 或者， 也可以采用如下形式的待定系数法： 111 2 + nnn n aap aa ， 此时 11 1 2 + n nn pap aa ， 因此 1 1 pp qp ， 则数列 1 + nn aa 为等比数列，从而有 1 + nn aaf n ，符合类型 1 的形式，下略. 5.2 当 0 r 时， 类比 5.1 中第二种转化策略， 可设 11 1 211 + nnn n aaqp aaq ， 因此 1 1 11 1 pp
23、 qp rqp ， 则有 1 + nn aag n ，符合类型 1 的形式，下略. 例 5 (1) 数列 n a 中， 1 1 a ， 2 2 a ， 21 21 0 33 nnn aaa ，求数列 n a 的通项公式. 解：令 1 nn n ba a ，则当 211 nnnn aaq aa 时，有 1nn bq b ，因此有 2 3 1 3 q q ， 解得 1 1 3 q 或 1 3 1 q ， 则 1 12 1 n nn aaaa q ，即 1 12 1 n nn aaaa q ，根据类型 1.5 有 1 1 12 2 n nn nn aa q ， 由累加法得到： 11 22 nn n
24、q a+q qq ，将 和 q分别代入得到： 1 11 73 43 n n a . (2) 斐波那契(Fibonacci)数列 设数列 n a 中， 12 1 aa ， 12 nnn aaa 3 n ，求 n a . 解：令 112 nn nn aaq aa ，则 12 nnn aqaq a ，由此可知 1 1 q q ，此方程组的解为 51 2 51 2 q 或 15 2 15 2 q ； 则由上可知 21 121 nn nn aaaa qq ，根据类型 1.5 有 1 1 1 1 n nn nn aa q ，再由累加法得到： 11 n n n a qq qq 1 1 n q q ，于是，将
25、两组解 和 q分别代入到上式中都有： 515 15 52 2 nn n a . 评析：本例题中，给出了斐波那契数列的初等解法，运用数学转化思维，可以一般地求出斐波那契数 列的通项公式，同时该解法尽量避免适用一些非常规的解题技巧，只要按照既定的合理方法，执行严格的 数学推导过程，将会实现合理的结果. 因此，淡化解题技巧，强化解题思维，从而能逐渐淡化学生对数学 的畏惧心理，强化自主独立探究数学的自信心. 二、总结与反思 本文中，基于一节公开课的教学案以及课堂的具体反馈信息，给笔者以触动并带来相关的思考，从而 总结出本文的一些结果，主要体现在数学转化思维方面，即如何将未知转化为已知的过程. 在具体的
26、前期 思考和操作过程中，笔者曾经尝试去“一题多解” ，然后去寻找多解中的交集，最终化为“多题一解” ，即 将递推关系式进行下一次迭代后，找出其某些项之间的具体关系；如果无法得到某种联系，那么将考虑将 递推关系式转化为常见的更加一般的递推形式. 笔者在进行教学中数学思维引导预设时，主要立足于常规思维，即推崇数学思维的“自然化” ，这也 在很大程度上保证了师生之间数学思维交流的障碍最低化，让学生能够真正理解数学思想方法的“根”和 “源” ，从而对于理解数学学科的本质起到积极的推动作用. 结合本文，不难发现，如果教师能够善于训练 学生的转化思维“常规化” ，那么，学生将会自然而然地发现解题中用到的那
27、些所谓“技巧” ，只不过是常规转化思维下的“副产品”而已，更何况有些技巧性的方法还隐含着潜在的“漏洞”. 正因为如此，文中 还给出几种不同形式的待定系数法产生的根源，让学生明白为什么那样去构造，从而自己学会去总结如何 构造. 因此，惟有教师“胸有成竹” ，学生方能追根溯源. 总之，在平时的教学实践中，我们要更新教学观念，将新课程理念贯穿于教学设计中，那样教师的教 法才更接“地气” ，通过教师创设的合理情境，学生方能掌握基本的数学思想方法，以不变应万变，也就 能进行主动地探究并发现问题本质. 为此，教者要注重对数学概念等基础知识的分析以及对解题思维的研 究，勤思考，多总结，更重要的是要尝试多换位思考并进行合理总结，即立足于学生的思维层次去思考如 何分析问题，归纳问题；也正是这种以人为本、以生为本的教学方式的实施，教学才会更具生命力.
