歸類教材中遞推式 同構求解數列通項

張祖蘭 黎福慶

［摘 要］數列遞推式呈現出數列各項之間的關聯，由數列遞推式探究數列通項公式是課程標準的教學要求，也是高考考查數列的主要內容。新人教A版數學教材是實現教學要求，落實核心素養的重要載體。文章主要以新人教A版數學選擇性必修第二冊中的例習題為例歸類整理教材中的數列遞推式，并巧妙變式探究，揭示數列遞推式類型的特征，以同構思想構造等差、等比形式的輔助數列，進而提煉數列通項公式的求解策略：設參同構輔助數列—待定系數法求參—求解輔助數列的通項公式—求解原數列的通項公式，旨在發展學生的邏輯推理和數學運算素養。

［關鍵詞］遞推式；數列通項；同構

［中圖分類號］ ? ?G633.6 ? ? ? ?［文獻標識碼］ ? ?A ? ? ? ?［文章編號］ ? ?1674-6058（2023）11-0029-05

《普通高中數學課程標準（2017 年版）》指出，數列是一類特殊的函數，并要求學生通過探索數列的變化規律，建立通項公式。無窮多項的數列的變化規律一般可以通過數列中第[n]項與它前后幾項之間的關系來體現，將這相鄰幾項的關系用式子表示出來就是數列遞推式。數列遞推式可以有效地表示出數列，通過數列遞推式，可以由前幾項解出數列的無窮多項；還可以進一步研究數列的通項公式，掌握數列性質。通過數列遞推式求解數列通項公式是高考考查的重點。

教材是重要的教學載體，其中的例習題不僅是傳授新知識、新概念的媒介，還是知識歸納、總結、提煉的模型。教材基于課程標準的要求編制，指向高考考查，是發展核心素養、落實“立德樹人”根本任務的重要教學資料。本文主要結合新人教A版數學選擇性必修第二冊中的例習題來歸納整理數列遞推式，并展示利用不同類型的數列遞推式求解數列通項公式的過程，從而基于模型提煉方法。

一、求解數列通項公式的方法

要想從數列遞推式中求出通項數列公式，構造輔助數列是關鍵一步。觀察分析數列遞推式的類型特點，通過加法、減法、乘法、除法、取倒數、取對數等運算以及待定系數法，結合函數與方程思想將數列遞推式轉化成左右兩邊結構相同的等式，此同構等式具備良好性質，一般可看成等差數列或者等比數列的相鄰項，從而構造出輔助數列，求出輔助數列的通項公式，進而在此基礎上求解原數列的通項公式。基于數列遞推式同構等差數列、等比數列，學生需要具備較強的觀察分析能力、邏輯推理能力以及數學運算素養。

當數列遞推式為多項式函數或分數型多項式函數型時，可以基于數列遞推式的不動點實現同構，突破部分數列遞推式同構的難點，從而順利求出數列的通項公式，找到同構的規律。

不動點的定義：一般地，設函數[y=f（x）]是定義在集合[D]上的函數，若[?x0∈D，]使得[f（x0）=x0]成立，則稱[x0]為函數[y=f（x）]的不動點。

不動點是函數中的概念。數列作為定義在正整數集或其子集上的離散型函數，也有其不動點。

一般地，對于數列[an]來說，遞推式[an+1=f（an）]可以看成是[an+1]關于[an]的函數，若[an+1=f（an）=an]有解[λ]，則稱[λ]為數列的不動點。此時，若[an=λ]，則有[an+1=λ，][an+2=λ]，[an+3=λ]，…，數列[an]為常數數列。特殊地，若遞推式[an+1=f（an）]是關于[an]的多項式函數或分數型多項式函數，當遞推式[an+1=f（an）]存在不動點[λ]時，則有[an+1=f（an）=an]成立，即方程[f（an）-an=0]成立，說明[an=λ]是方程[f（an）-λ=0]的根，根據多項式分解原理可得到[f（an）-λ=（an-λ）g（an）] ，[g（an）]為多項式，而[an+1=f（an）]，此時式子變形為[an+1-λ=（an-λ）g（an）]， [an+1-λ]與[an-λ]的結構相同，則運用這一同構構造輔助數列，從而可求解出數列[an]的通項公式。

接下來，筆者將新人教A版數學選擇性必修第二冊“數列”章節中所出現的遞推式進行分類，思考基于不同類型遞推式求解通項公式的底層邏輯與共性規律。

二、數列遞推式的分類與通項公式求解

可以按照遞推式中出現項的個數以及項之間的關系對遞推式進行分類。若遞推式中只出現相鄰兩項[an，an+1]，則稱為一階遞推式，一般表示為[an+1=f（an）]，若[f（x）]為線性函數，則將此一階遞推式稱為一階線性遞推式。若遞推式中出現相鄰三項[an]，[an+1]，[an+2]，則稱為二階遞推式，一般表示為[an+2=f（an+1，an）]。特別地，當遞推式[an+2=f（an+1，an）=g（an+1）+h（an）]時，[h、g]為線性函數。教材只出現了一階遞推式和二階遞推式。

（一）當遞推式為一階遞推式時

類型一：[an+1=an+dn∈N*，d∈R]

此遞推式說明該數列為等差數列，根據題設條件求基本量[a1，d]即可得出通項公式[an=a1+（n-1）d（n∈N*）]。將常數[d]推廣為關于[n]的函數[f（n）]，可得到更一般的情況。

推廣：[an+1=an+f（n）（n∈N*）]可用累加法求通項公式。

［例1］（改編自新人教A版數學選擇性必修第二冊第8頁第8題）若數列[an]的首項[a1=1]，且滿足[an=an-1+2n-1（n≥2）]，求數列[an]的通項公式。

解：由題意得[an-an-1=2n-1]，[an-1-an-2=2n-2]，[an-2-an-3=2n-3]，…，[a3-a2=22]，[a2-a1=2]，

將上式累加實現消元得

[an-a1=2n-1+2n-2+2n-3+…+22+2][=2（1-2n-1）1-2=2n-2]，[an=2n-1]。

類型二： [an+1=qan]（[n∈N*]，[q∈R]且[q≠0]，[a1≠0]）

此遞推式說明該數列為等比數列，根據題設條件求基本量[a1]、[q]即可得出通項公式[an=a1qn-1（n∈N*）]。

［例2］（2016年高考全國Ⅲ卷第7題）已知各項都為正數的數列[an]滿足[a1=1]，[a2n-（2an+1-1）an-2an+1=0]。（1）求[a2]，[a3]；（2）求數列[an]的通項公式。

解：（1）通過遞推式可得[a2=12，a3=14]；

（2）由[an2-（2an+1-1）an-2an+1=0]可得[（2an+1-an）（an+1）=0]，∵[an>0]，∴[an+1an=12]，故數列[an]是首項為1，公比為[12]的等比數列，故[an=12n-1]。

將類型二推廣成[an+1=an·f（n）（n∈N*）]，可用累乘法求通項公式。

類型三：[an+1=pan+q（n∈N*，p、q∈R）]

若[p=0]，則有[an+1=q]，此數列為常數數列；若[p=1]，則有[an+1=an+q]，此數列為等差數列；若[q=0]，則有[an+1=pan（p≠0）]，此數列為等比數列。若為一般情況（如例3），應該如何處理呢？

［例3］（新人教A版數學選擇性必修第二冊第41頁第8題）若數列[an]的首項[a1=1]，且滿足[an+1=2an+1]，求數列[an]的通項公式。

學生容易發現此數列既不是等差數列，也不是等比數列，而是基于等差數列和等比數列構造的，后一項是前一項的2倍再加上1。那么，可通過同構思想把1拆開成兩部分，重新構造一個新數列[an-λλ∈R]，使得新數列正好是一個公比為2的等比數列，新數列首項為[a1-λ]。因此，需要用待定系數法將[λ]求出。[an+1-λ=2（an-λ）]，即[an+1=2an-λ] ，求得[λ=-1]。

將上述特殊情況推廣到一般情況：對[an+1=pan+q（n∈N*，p，q∈R）]進行類似的同構，即構造一個新數列[an-λ（λ∈R）]，使得新數列滿足[an+1-λ=p（an-λ）]，即[an+1=pan+（1-p）λ]與[an+1=pan+q]聯立，解得[λ=q1-p]，則有[an+1-q1-p=pan-q1-p]。若[a1≠q1-p]，則數列[an-q1-p]正好是首項為[a1-q1-p]，公比為[p（p≠0）]的等比數列，因此數列的通項公式為[an=a1-q1-ppn-1+q1-p]；若[a1=q1-p]，則數列[an]為常數數列，[an=q1-p]。

在構造輔助數列[an-λ（λ∈R）]時，系數[λ=q1-p]的值是十分重要的。觀察遞推式[an+1=pan+q（n∈N*，p，q∈R）]，不難發現[q1-p]是關于[x]的方程[x=px+q]的解。此方程[x=px+q（p，q∈R）]叫作特征根方程。因此，我們只要解特征根方程，求出[λ]的值，即可構造出等比數列[an-λ（λ∈R）]，此時[λ]就叫作數列的不動點。

總結：對于[an+1=pan+q（n∈N*，p，q∈R）]類型的線性遞推式，可以先求出數列的不動點[λ=q1-p]，然后在式子兩邊同時減去[λ]，構造出等比數列[an-λ（λ∈R）]。

此類型的遞推式是常見的重點遞推式，常出現在高考中。如2014年高考全國Ⅱ卷理科數學試卷中的題目：已知數列[an]滿足[a1=1]，[an+1=3an+1]。（1）證明數列[an+12]是等比數列，并求出數列[an]的通項公式。

當然，常數[q]也可以推廣成[f（n）]，此時遞推式為[an+1=pan+f（n）]。

若[f（n）]是指數型函數，遞推式為[an+1=pan+kqn（n∈N*，p，q，k∈R）]時，我們可以觀察遞推式含有[qn]的特點，通過加減乘除的運算，構造等差數列或者等比數列。

［例4］（改編自新人教A版數學選擇性必修第二冊第41頁第7題）若數列[an]的首項[a1=1]，且滿足[an+1+an=3×2n]，求數列 [an]的通項公式。

方法1：構造一個等比數列。將多余部分[3×2n]進行拆分，從而構造新數列[an-λ2n]，使得它成為一個公比為-1的等比數列，滿足[an+1-λ2n+1=-（an-λ2n）]，則有[an+1=-an+λ2n+1+λ2n=-an+3λ2n]，將此式與題設[an+1+an=3×2n]聯立，即可解出待定系數[λ=1]，則數列[an-2n]是一個首項為[a1-2=-1]，公比為[-1]的等比數列，[an-2n=（-1）n]，所以[an=2n+（-1）n]。

方法2：將問題轉化為類型三。除以指數部分，可得[an+12n+an2n=3]，則有[an+12n=-12·an2n-1+3]，令[bn=an2n-1]，構造輔助數列[bn]，首項為1，且滿足遞推關系[bn+1=-12bn+3]，如此問題變成了類型三。容易求出數列[bn]的不動點[λ=2]，可以得到數列[bn-2]是一個首項為[-1]，公比為[-12]的等比數列，則有[bn-2=-1×-12n-1]，即有[an2n-1-2=-1×-12n-1]，化簡得[an=2n+（-1）n]。

若[f（n）]是一次函數形式，也可以用同樣的思路對[an+1=pan+f（n）]進行同構。

變式1：若數列[an]的首項[a1=1]，且滿足[an+1+an=3+2n]，求數列 [an]的通項公式。

考慮到[f（n）=3+2n]為一次多項式，為了使題設條件變同構形式，則需要構造新數列[an-kn-b（k，b∈R）]，使其成為公比為[-1]的等比數列，則有[an+1-k（n+1）-b=-（an-kn-b）]，整理得[an+1=-an+2kn+k+2b]，與[an+1+an=3+2n]聯立可得[2k=2，k+2b=3，]解得[k=1，b=1，]因此數列[an-n-1]是一個首項為-1，公比為-1的等比數列，則有[an=1+n+-1n]。

推廣：對于遞推式為[an+1=pan+f（n）]，必須要認真觀察函數[f（n）]的類型，將其分解成常見的基本初等函數，并通過相應的基本初等函數構造輔助的等比數列，最后結合題設條件運用待定系數法求出輔助數列的首項與公比，進而求出[an]的表達式。

變式2：若數列[an]的首項[a1=1]，且滿足[an+1+an=3n×2n]，求數列 [an]的通項公式。

此時[f（n）=3n×2n]，是一次函數與指數函數的乘積，因此構造的輔助數列應為[an-（kn+b）2n]，公比為-1，其中[k]、[b]需要應用待定系數法求出。

[an+1-kn+k+b2n+1=-an-kn+b2n]，整理得[an+1=-an+3kn+2k+3b2n]，

與[an+1=-an+3n×2n]聯立可得[3k=3，2k+3b=0，]解得[k=1，b=-23，]

因此數列[an-n-232n]是一個首項為[13]，公比為-1的等比數列，則有[an=n-232n-13（-1）n]。

類型四：[an+1=pan+qran+h（n∈N*，p，q，r，h∈R）]

［例5］（新人教A版數學選擇性必修第二冊第41頁第11題節選）已知數列[an]的首項[a1=35]，且滿足[an+1=3an2an+1]。（1）求證：數列 [1an-1]為等比數列。

求解此類型數列的通項公式通常有兩種方法：

方法1：取倒數將問題轉化為前五種模型，進而構造等差或等比數列進行求解。

顯然，（1）證明有助于我們研究數列[an]的基本性質與通項公式，而證明只需緊扣等比數列的定義，結合題設條件求出后一項與前一項的比值為不等于0的常數即可，難度較小；難的是如何構造出（1）中的輔助數列？如果沒有（1）的鋪墊，我們應該如何研究數列[an]的基本性質與通項公式呢？

我們一起來看，由題設可知，[an>0]，由[an+1=3an2an+1]兩邊取倒數得[1an+1=2an+13an=13·1an+23]，此式符合類型三的結構，容易得該數列的特征根為[-1]，因此數列[1an-1]是首項為[23]，公比為[13]的等比數列，命題得證。

方法2：不動點法。

在此題數列中，特征根方程是[x=3x2x+1]，解得[x1=0]，[x2=1]，在[an+1=3an2an+1] ①兩邊同時減去1，得[an+1-1=3an2an+1-1=an-12an+1] ②，①和②右邊分母相同，都為[2an+1]，[①÷②]可以消去分母得 [an+1an+1-1=3anan-1=3anan-1]，式子兩邊的結構相同，構造輔助的等比數列[anan-1]，首項為[a1a1-1=-32]，公比為3，則有[anan-1=-32×3n-1=-3n2]，則[1-1an=-23n]，則有[1an-1=23n]，命題得證。

［例6］（改編自新人教A版數學選擇性必修第二冊第51頁習題4第3題）已知數列[an]滿足[a1=1]，[4an+1-anan+1+2an=9（n∈N*）]。求數列[an]的通項公式。

解：題中的遞推式可變形成[an+1=9-2an4-an=f（an）]，[f（x）]是分式多項式，故可用不動點法進行同構。令[an+1=an=x]，則可以得[4x-x2+2x=9]，即[x2-6x+9=0]，解得[x1=x2=3]，

將遞推式變形為[an+1=9-2an4-an]，[an+1-3=9-2an4-an-3=an-34-an]，對該式取倒數得[1an+1-3=4-anan-3]，變形為[1an+1-3=-（an-3）+1an-3=-1+1an-3]，得到輔助的等差數列[1an-3]，首項是[-12]，公差為[-1]，則有[1an-3=12-n]，解得[an=5-6n1-2n]。

當然教材也給了一種解決策略，即計算出數列[an]的前四項，由此觀察猜想數列[an]的通項公式，并用數學歸納法證明。證明在正整數[n]范圍內都成立的命題時，數學歸納法確實是一種高效的方法，此題的證明過程可參考教材和教學參考資料。

對于[an+1=pan+qran+h]類型的分式遞推式，其特征根方程是[x=px+qrx+h]。

（1）若上述方程有兩個不相等的實數根[α]、[β]，則數列[an-αan-β]是等比數列。

（2）若上述方程有一個實數根[α]，則數列[1an-α]是等差數列。

（3）若上述方程無實數根，有兩個虛數根[α]、[β]，則數列[an-αan-β]是等比數列，此時進一步研究數列[an]，可以證明其為周期數列。

（二）當遞推式為二階遞推式時

教材中只出現了二階線性遞推式[an+2=pan+1+qan（n∈N*，p，q∈R）]。

關于數列的概念，新教材在“閱讀與思考”欄目中借助兔子繁殖問題介紹了斐波那契數列。

已知在數列[an]中，[a1=a2=1]，[an+2=an+1+an]，求數列[an]的通項公式。

由遞推式[an+2=an+1+an]可知，數列[an]既不是等差數列，也不是等比數列，因此根據同構思想構造一個等比數列[an+1-λ1an]，其公比為[λ2]，則有[an+2-λ1an+1=λ2（an+1-λ1an）]，整理得[an+2=（λ1+λ2）an+1-λ2λ1an]，與遞推式[an+2=an+1+an]聯立可得，[λ1+λ2=1，λ1λ2=-1，]則[λ1，λ2]是方程[x2=x+1]的兩個根，解得[λ1=1+52，λ2=1-52，]或[λ1=1-52，λ2=1+52。]

當[λ1=1+52，λ2=1-52]時，[an+2-1+52an+1=1-52an+1-1+52an]，則根據等比數列的定義以及通項公式可以求出[an+1-1+52an=1-52n-11-1+52] ①

當[λ1=1-52，λ2=1+52]時，[an+2-1-52an+1=1+52an+1-1-52an]，則根據等比數列的定義以及通項公式可以求出[an+1-1-52an=1+52n-11-1-52] ②

由①-②可得[-5an=1-52n-11-1+52-1+52n-11-1-52 ]，

可化為[an=551+52n-551-52n]，通項公式的結構為[an=Aλn2+Bλn1]，[λ1]，[λ2]是方程[x2=x+1]的兩個根，我們把此方程[x2=x+1]稱作該數列的特征根方程，[λ1]，[λ2]叫作該數列的特征根；運用一元二次方程的知識求解特征根后，只需要根據題設條件[a1=a2=1]反解出系數[A]、[B]，就可以寫出二階線性遞推式的通項公式。

由遞推式[an+2=pan+1+qan（n∈N*，p，q∈R）]，可知數列[an]既不是等差數列，也不是等比數列，因此根據同構思想構造一個等比數列[an+1-λ1an]，其公比為[λ2]，則有[an+2-λ1an+1=λ2（an+1-λ1an）]，整理得[an+2=（λ1+λ2）an+1-λ2λ1an]，

與遞推式[an+2=pan+1+qan]聯立可得[λ1+λ2=p，λ1λ2=-q，]則[λ1]，[λ2]是特征根方程[x2=px+q]的兩個根，由于[λ1]，[λ2]的地位相同，故會出現兩組解，其所對應的同構形式均能成立。

當[an+2-λ1an+1=λ2（an+1-λ1an）]時，則根據等比數列的定義以及通項公式可以求出[an+1-λ1an=λn-12（a2-λ1a1）] ①

當[an+2-λ2an+1=λ1（an+1-λ2an）]時，則根據等比數列的定義以及通項公式可以求出[an+1-λ2an=λn-11（a2-λ2a1）] ②

由①-②可得[λ2an-λ1an=λn-12（a2-λ1a1）-λn-11（a2-λ2a1）]，[an=λn-12（a2-λ1a1）λ2-λ1-λn-11（a2-λ2a1）λ2-λ1]，可化為[an=λ2n（a2-λ1a1）λ2（λ2-λ1）-λn1（a2-λ2a1）λ1（λ2-λ1）]，觀察通項公式的特點可以發現，[an=Aλn2+Bλn1]，[其中A=（a2-λ1a1）λ2（λ2-λ1）]，[B=-（a2-λ2a1）λ1（λ2-λ1）]。

綜上可知，對于二階線性遞推式，可以先求出特征根方程的特征根，接著再通過[a1]、[a2]的值待定出[A]、[B]，即可求出數列[an]的通項公式。

三、提煉總結

經過上述分析后不難發現，由遞推式求解通項公式的關鍵是同構思想。首先需要觀察遞推式的特點，引入參數構造等差數列或等比數列；然后根據等差數列或等比數列的性質將遞推式與題設條件進行比較，從而用待定系數法求解參數，得到輔助數列的通項公式，進而得到原數列的通項公式，解決與原數列性質有關的問題。上述過程可提煉為：設參同構輔助數列—待定系數法求參—求解輔助數列的通項公式—求解原數列的通項公式。當數列的遞推式是多項式函數或者分數型多項式函數時，可以運用不動點法快速找到同構式子，從而得到輔助數列。

［ ? 參 ? 考 ? 文 ? 獻 ? ］

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（責任編輯 黃春香）