构造法求通项

在基础求通项问题中，我们了解到一类 有提示构造 的通项处理思路：对于未知通项求法的数列 $\{a_n\}$，我们可以找到一个与 $\{a_n\}$ 有简单关系的数列 $\{b_n\}$，从而让 $\{b_n\}$ 的通项可知，进而求解 $\{a_n\}$ 的通项．

但不是所有大题都会给出第一问这种提示，这个页面就是专门解决 无提示构造 问题的．

不动点法及其派生类

类型一 - $a_{n + 1} = pa_n + q$

已知 $a_{n + 1} = pa_n + q$，求 $a_n$ 的通项．$p \ne 0$．

首先，如果 $\* p = 1$，则 $\{a_n\}$ 为 等差数列，可以直接做，而不能套用下面的方法！

若 $p \ne 1$，以下步骤可以求出 $\{a_n\}$ 的通项：

• 将递推关系刻画为函数（$f(a_n) = a_{n + 1}$），此处即 $f(x) = px + q$．
• 求 $f$ 的 不动点（即满足 $f(x_0) = x_0$ 的 $x_0$），有 $x_0 = \df{q}{1 - p}$（这一步要求 $\* p \ne 1$）．
• 换元 $\* b_n = a_n - x_0$．
• 可以证明，$\{b_n\}$ 是一个 公比为 $p$ 的 等比数列．操作是 将递推式两边减去 $x_0$：

$$\begin{aligned} a_{n + 1} - \df{q}{1 - p} &= pa_n + q - \df{q}{1 - p} \\ b_{n + 1} &= pa_n + \df{q - pq}{1 - p} - \df{q}{1 - p} \\ b_{n + 1} &= pa_n - \df{pq}{1 - p} \\ b_{n + 1} &= p(a_n - \df{q}{1 - p}) \\ b_{n + 1} &= pb_n \end{aligned}$$

$b_n$ 是等比数列，$a_n$ 的通项就可求了．

该方法的核心就是令 $b_n = a_n - x_0$，其中 $x_0$ 为不动点，所以该方法称作 不动点法．

不动点法的正确性无可置疑，但看起来十分无迹可循：

• 怎么想到 不动点 的？不动点 与数列通项的关系是巧合吗？
• 怎么想到换元 $b_n$ 为 $a_n$ 减去不动点 的？

事实上，不动点法不只用来解决 $a_{n + 1} = pa_n + q$ 这种问题，但高中应试阶段可以这么认为．不动点法有着更广泛的适用范围与更深刻的数学原理．对这种原理的严谨的说明需用到大学线性代数的知识，对高中应试帮助为零，在此不赘述．

另外，注意到求 $f(x) = px + q$ 的不动点即求方程

$$x = px + q$$

的解，我们称该方程为递推式 $a_{n + 1} = pa_n + q$ 的 特征方程，可以通过将递推式中的 $a_{n + 1}$ 与 $a_n$ 直接替换 为 $x$ 后得到．

特征方程这个名词看起来很高级，其实意思就是「为了解决问题而引入的方程」，所以不必想多．

例题 1.1

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 2$，$a_{n + 1} = 3a_n + 1$，求 $a_n$．

例题 1.1 解答（思考过程）

$$x = 3x + 1 \implies x_0 = -\df 1 2$$

递推公式两边减 $x_0$，推理即可．

例题 1.1 解答（写在卷子上的过程）

注意到 $a_{n + 1} + \df 1 2 = 3a_n + 1 + \df 1 2 = 3(a_n + \df 1 2)$，

而首项 $a_1 + \df 1 2 = \df 5 2 \ne 0$，公比 $3 \ne 0$，

因此 $\{a_n + \df 1 2\}$ 是首项为 $\df 5 2$，公比为 $3$ 的等比数列．

因此 $a_n + \df 1 2 = \df 5 2 \cdot 3^{n - 1}$，$a_n = \df 5 2 \cdot 3^{n - 1} - \df 1 2$．

类型二 - $a_{n + 1} = \df{sa_n}{pa_n + q}$

已知 $a_{n + 1} = \df{sa_n}{pa_n + q}$，求 $a_n$ 的通项．$s$，$p$，$q$，$a_1$ 均 非零．

即，递推式为一个 一次比一次型分式，且 分子常数项为零．

注意到 $a_1 \ne 0 \implies a_n \ne 0$，对递推式两侧取倒数得

$$\df 1 {a_{n + 1}} = \df{pa_n + q}{sa_n} = \df p s + \df q {sa_n}$$

换元 $b_n = \df 1 {a_n}$：

$$b_{n + 1} = \df p s + \df q s b_n$$

这就是类型一了，当 $\df q s = 1$ 直接 等差数列，否则 不动点法．

例题 1.2.1

已知 $a_1 = -\df 1 9$，$a_{n + 1} = \df{a_n}{8a_n + 1}$，求 $a_n$．

例题 1.2.1 解答

递推式两侧取倒数：

$$\df 1 {a_{n + 1}} = \df{8a_n + 1}{a_n} = \df 1 {a_n} + 8$$

而 $\df 1 {a_1} = -9$，可知 $\{\df 1 {a_n}\}$ 为首项 $-9$，公差 $8$ 的等差数列．

因此 $\df 1 {a_n} = 8n - 17$，$a_n = \df 1 {8n - 17}$．

例题 1.2.2

已知 $a_1 = -\df 1 9$，$a_{n + 1} = \df{a_n}{a_n + 2}$，求 $a_n$．

例题 1.2.2 解答

递推式两侧取倒数：

$$\df 1 {a_{n + 1}} = \df{a_n + 2}{a_n} = \df 2 {a_n} + 1$$

换元 $b_n = \df 1 {a_n}$，可知 $b_{n + 1} = 2b_n + 1$．

由于 $b_{n + 1} + 1 = 2b_n + 1 + 1 = 2(b_n + 1)$，而 $b_1 + 1 = \df 1 {a_n} + 1 = -8 \ne 0$，公比 $2 \ne 0$，

可知 $\{b_n + 1\}$ 为首项 $-8$，公比 $2$ 的等比数列．

因此 $b_n + 1 = -8 \cdot 2^{n - 1} = -2^{n + 2}$，$b_n = -2^{n + 2} - 1$，$a_n = -\df 1 {2^{n + 2} + 1}$．

类型三 - $a_{n + 1} = pa_n + c \cdot q^n$

要求：$p$，$q$ 非零．

两侧同时除以 $q^{n + 1}$．

$$\df{a_{n + 1}}{q^{n + 1}} = \df p q \cdot \df{a_n}{q^n} + \df c q$$

令 $b_n = \df{a_n}{q^n}$，则

$$b_{n + 1} = \df p q \cdot b_n + \df c q$$

显然 等差数列（$p = q$）或 不动点法（$p \ne q$）可做．

例题 1.3

$a_{n + 1} = 2a_n + 3^n$，$a_1 = 1$，求 $a_n$．

例题 1.3 解答

注意到 $\df{a_{n + 1}}{3^{n + 1}} = \df 2 3 \cdot \df{a_n}{3^n} + \df 1 3$，令 $b_n = \df{a_n}{3^n}$，则 $b_{n + 1} = \df 2 3 b_n + \df 1 3$．

注意到 $b_{n + 1} - 1 = \df 2 3 b_n + \df 1 3 - 1 = \df 2 3(b_n - 1)$，而 $b_1 - 1 = \df{a_1} 3 - 1 = -\df 2 3 \ne 0$，公比 $\df 2 3 \ne 0$，

因此 $\{b_n\}$ 为首项 $-\df 2 3$，公比 $\df 2 3$ 的等比数列，有 $b_n - 1 = -\df 2 3 \cdot (\df 2 3)^{n - 1} = -\df{2^n}{3^n}$．

因此 $b_n = 1 - \df{2^n}{3^n}$，$a_n = 3^n - 2^n$．

类型四 - $a_{n + 1} = p \cdot {a_n}^r$

要求：$p > 0$，$a_1 > 0$（可推得 $a_n > 0$）．

两边同时取对数得

$$\lg{a_{n + 1}} = r \cdot {\lg a_n} + \lg p$$

换元 $b_n = \lg{a_n}$：

$$b_{n + 1} = r \cdot b_n + \lg p$$

$r = 1$ 的情况为 平凡等差（直接看原递推式则是 平凡等比）；$r \ne 1$ 不动点法 解决．

例题 1.4

已知 $a_1 = 1$，$a_{n + 1} = 2{a_n}^2$，求 $a_n$．

例题 1.4 解答

显然 $a_n > 0$．

两侧取对数得 $\lg a_{n + 1} = 2\lg a_n + \lg 2$，令 $b_n = \lg a_n$，可知 $b_{n + 1} = 2b_n + \lg 2$．

因此 $b_{n + 1} + \lg 2 = 2(b_n + \lg 2)$，而 $b_1 + \lg 2 = \lg a_1 + \lg 2 = \lg 2 \ne 0$，公比 $2 \ne 0$，

可知 $\{b_n + \lg 2\}$ 为首项 $\lg 2$，公比 $2$ 的等比数列，$b_n + \lg 2 = 2^{n - 1} \cdot \lg 2 = \lg 2^{2^{n - 1}}$．

因此 $b_n = \lg(2^{2^{n - 1}}) - \lg 2 = \lg 2^{2^{n - 1} - 1}$，$\lg a_n = b_n$，因此 $a_n = 2^{2^{n - 1} - 1}$．

类型五 - $a_na_{n + 1} = qa_n + pa_{n + 1}$

要求：$p \ne 0$，$q \ne 0$，$a_1 \ne 0$（可推出 $a_n \ne 0$）．

等式两侧同时除以 $a_na_{n + 1}$：

$$1 = \df q {a_{n + 1}} + \df p {a_n} \iff \df q {a_{n + 1}} = -\df p {a_n} + 1 \iff \df{1}{a_{n + 1}} = -\df p q \cdot \df 1 {a_n} + \df 1 q$$

令 $b_n = \df 1 {a_n}$：

$$b_{n + 1} = -\df p q b_n + \df 1 q$$

$\{b_n\}$ 可 等差数列（$p + q = 0$）或 不动点法（$p + q \ne 0$）．

事实上，不局限于数列，所有这种 和积 或 差积 式都可以考虑 两侧同时除以积 转为倒数形态．

类型六 - 同时出现 $na_{n + 1}$ 和 $(n + 1)a_n$

处理方法：等式两侧同时除以 $\* n(n + 1)$，换元 $b_n = \df{a_n}n$．

例题 1.6

已知 $na_{n + 1} = (n + 1)a_n + n(n + 1)$，$a_1 = 1$，求 $a_n$．

例题 1.6 解答

等式两侧同时除以 $\* n(n + 1)$：

$$\df{a_{n + 1}}{n + 1} = \df {a_n}n + 1$$

因此 $\{\df{a_n} n\}$ 是首项为 $\df {a_1} 1 = 1$，公差为 $1$ 的等差数列，$\df{a_n}n = n$，$a_n = n^2$．

类型七 - $a_{n + 1} = A{a_n}^2 + Ba_n + C$

要求：$A$，$B$，$C$ 均为常数；$A \ne 0$；$\* \Delta = 2B$．

$$\begin{aligned} Aa_{n + 1} &= A^2{a_n}^2 + ABa_n + AC \\ Aa_{n + 1} &= (A^2{a_n}^2 + ABa_n + \df{B^2}4) + AC - \df{B^2}4 \\ Aa_{n + 1} &= (A{a_n} + \df B 2)^2 - \df 1 4 \Delta \\ Aa_{n + 1} + \df B 2 &= (A{a_n} + \df B 2)^2 \red{- \df 1 4 \Delta + \df B 2} \end{aligned}$$

由于 $\Delta = 2B$，上面标红的一项为 $0$．因此，设 $b_n = Aa_n + \df B 2$，则 $b_n = {b_{n - 1}}^2$．

读者可能可以一眼看出 $b_n = {b_1}^{2^{n - 1}}$，不过卷子上，需要按照类型四的取对数策略严格说明．

例题 1.7

已知 $a_1 = 2$，$a_{n + 1} = 3{a_n}^2 - 4a_n + 2$，求 $a_n$．

例题 1.7 解答（思考过程）

$\Delta = 4^2 - 4 \times 3 \times 2 = -8 = 2B$，符合模型．

例题 1.7 解答（写在卷子上的过程）

递推式变形得

$$\begin{aligned} 3a_{n + 1} &= (9{a_n}^2 - 12a_n) + 6 \\ 3a_{n + 1} &= (9{a_n}^2 - 12a_n + 4) + 2 \\ 3a_{n + 1} - 2 &= (3a_n - 2)^2 \end{aligned}$$

令 $b_n = 3a_n - 2$，则 $b_{n + 1} = {b_n}^2$，且 $b_1 = 3a_1 - 2 = 4 > 0$，显然 $b_n > 0$，

取对数得 $\lg b_{n + 1} = 2 \lg b_n$，而 $\lg b_1 = \lg 4 \ne 0$，公比 $2 \ne 0$，

因此 $\{\lg b_n\}$ 是一个首项为 $\lg 4$，公比为 $2$ 的等比数列，

有 $\lg b_n = 2^{n - 1} \cdot \lg 4 = \lg 4^{2^{n - 1}} = \lg 2^{2^n}$，即 $b_n = 2^{2^n}$，

所以 $a_n = \df{b_n + 2}3 = \df 1 3(2^{2^n} + 2)$．

类型八 - $a_{n + 1} = \df{pa_n + q}{sa_n + t}$

这又是另一类经典不动点问题，下面给出思路．

• 将递推关系刻画为函数 $f(x) = \df{px + q}{sx + t}$．
• 求 $f$ 的不动点，即 $x = \df{px + q}{sx + t} \iff sx^2 + (t - p)x - q = 0$ 的解，为二次方程．
  • 若 $f$ 不动点不存在，无法用不动点法求出数列通项．这类数列可能作为短周期数列在题中出现，此时应该用周期思想分析，如 $a_1 = \df 1 2$，$a_{n + 1} = \df{a_n + 1}{1 - a_n}$．
  • 若 $f$ 恰存在一个不动点 $x_0$，换元 $b_n = \* \df 1 {a_n - x_0}$，$\{b_n\}$ 会是一个等差数列．
  • 若 $f$ 存在两个不动点 $x_1$，$x_2$，换元 $b_n = \* \df{a_n - x_1}{a_n - x_2}$，$\{b_n\}$ 会是一个等比数列．

注意到求 $f$ 的不动点即求

$$x = \df{px + q}{sx + t}$$

的解，得到的等式，我们称该方程为递推式 $a_{n + 1} = \df{pa_n + q}{sa_n + t}$ 的 特征方程．

可将递推式中的 $a_{n + 1}$ 与 $a_n$ 均替换为 $x$ 后得到．

例题 1.8

求 $a_1 = 2$，$a_{n + 1} = 2 - \df{1}{a_n}$ 的通项．

例题 1.8 解答（思考过程）

注意到递推式右侧通分后为一次比一次型分式形式，特征方程

$$x = 2 - \df 1 x$$

有唯一解 $x = 1$．根据上面的结论，构造方向为 $\df 1 {a_n - 1}$ 是等差数列．

递推式两侧向目标变形：

$$\bal a_{n + 1} &= 2 - \df 1 {a_n} \\[1em] a_{n + 1} - 1 &= 1 - \df 1 {a_n} \\[1em] a_{n + 1} - 1 &= \df {a_n - 1}{a_n} \\[1em] \df 1 {a_{n + 1} - 1} &= \df {a_n}{a_n - 1} \\[1em] \df 1 {a_{n + 1} - 1} &= 1 + \df 1 {a_n - 1} \eal$$

成功．

中间取倒数严格上要保证 $a_n - 1 \ne 0$，实际写过程时还需证明．

例题 1.8 解答（写在卷子上的过程）

对任意 $k \in \N^\ast$，$a_k > 1$ 时，$a_{k + 1} = 2 - \df 1 {a_k} > 1$，而 $a_1 = 2 > 1$，因此 $a_n > 1$，$a_n - 1 \ne 0$．

注意到

$$a_{n + 1} = 2 - \df 1 {a_n} \implies a_{n + 1} - 1 = \df{a_n - 1}{a_n} \implies \df 1 {a_{n + 1} - 1} = 1 + \df 1 {a_n - 1}$$

因此 $\{\df 1 {a_n - 1}\}$ 是一个首项为 $\df 1 {2 - 1} = 1$，公差为 $1$ 的等差数列，有 $\df 1 {a_n - 1} = 1 + (n - 1) = n$．

因此 $a_n - 1 = \df 1 n$，$a_n = \df 1 n + 1 = \df {n + 1}n$．

其它类

类型一 - $a_{n + 1} = pa_n + Xn + Y$

要求：$\* p \ne 1$．

• $p = 1$ 时移项 $a_{n + 1} - a_n = Xn + Y$，可以 累加法求通项，但 不能代入下面的做法．
• $p = 0$（相当于直接给出通项）与 $X = 0$（有更简单的 不动点法）存在更简单的方案，使用下面方法得到通项理论上没问题（并且与更简单的方法得到的通项一致），但没必要．

设 $a_{n + 1} + x(n + 1) + y = p(a_n + xn + y)$ 对任意 $n \in \N^\ast$ 恒成立，$p \ne 0$ 时，$\{a_n + xn + y\}$ 为公比 $p$ 的等比数列．

那么现在的问题就是：这样的 $x$，$y$ 真的存在吗？它们应该是多少？

用递推式替换上式的 $a_{n + 1}$：

$$\cancel{pa_n} + Xn + Y + x(n + 1) + y = \cancel{pa_n} + pxn + py$$

将其整理为 $n$ 的方程：

$$(X + x - px)n + Y + x + y - py = 0$$

该方程要对任意 $n \in \N^\ast$ 恒成立，就必有

$$\begin{cases} X + x - px = 0 \\ Y + x + y - py = 0 \end{cases}$$

解出 $x$，$y$ 即可．可以证明 $p \ne 1$ 时上述方程组有解．

于是就构造出了 $b_n = a_n + xn + y$ 这个等比数列，求出 $\{b_n\}$ 的通项后反求 $\{a_n\}$ 即可．

例题 2.1.1

$a_1 = 1$，$a_{n + 1} = 2a_n + n + 1$，求 $a_n$．

例题 2.1.1 解答（思考过程）

待定系数：

$$a_{n + 1} + x(n + 1) + y = 2(a_n + xn + y)$$

将 $a_{n + 1}$ 用递推式展开，打开括号：

$$2a_n + n + 1 + xn + x + y = 2a_n + 2xn + 2y$$

整理得

$$(x - 1)n + y - x - 1 = 0$$

方程恒成立，解得 $x = 1$，$y = 2$．

因此，递推式两边加 $x(n + 1) + y = (n + 1) + 2$，证明 $\{a_n + n + 2\}$ 是等比数列即可．

例题 2.1.1 解答（写在卷子上的过程）

注意到 $a_{n + 1} + (n + 1) + 2 = 2a_n + n + 1 + (n + 1) + 2 = 2(a_n + n + 2)$，而 $a_1 + 1 + 2 = 4 \ne 0$，公比 $2 \ne 0$，

因此 $\{a_n + n + 2\}$ 为首项 $4$，公比为 $2$ 的等比数列，通项 $a_n + n + 2 = 4 \cdot 2^{n - 1} = 2^{n + 1}$．

因此 $a_n = 2^{n + 1} - n - 2$．

例题 2.1.2

已知 $a_1 = 7$，$a_{n + 1} = 2 \times 3^n \times {a_n}^5$，求 $a_n$．

例题 2.1.2 解答

$a_1 > 0$，根据 $\{a_n\}$ 的通项公式显然 $a_n > 0$，

取对数得 $\lg a_{n + 1} = 5 \lg a_n + n \lg 3 + \lg 2$，换元 $b_n = \lg a_n$ 即转化为该类型．

这个题计算比较复杂，读者可以尝试自行挑战一下，笔者将答案放在这里（善用网页放大功能）：

$$a_n = 2^{\frac{5^{n - 1} - 1}4} \times 3^{\frac{5^n - 4n - 1}{16}} \times 7^{5^{n - 1}}$$

类型二 - 隔项等比等差数列

$$a_n + a_{n + 1} = pn + q$$

满足如上递推式的数列 $\{a_n\}$ 为 隔项等差数列，原因如下：

将递推式向后偏移一项得 $a_{n + 1} + a_{n + 2} = pn + p + q$，两式作差得 $a_{n + 2} - a_n = p$．

因此，$\{a_{2n - 1}\}$，$\{a_{2n}\}$ 分别构成 公差为 $p$ 的等差数列．

同理，

$$a_n \cdot a_{n + 1} = p \cdot q^n$$

为 隔项等比数列，且奇项，偶项公比均为 $q$．

这一节讲的就是上一页奇偶项数列的特殊情况．

类型三 - $a_{n + 2} = pa_n + qa_{n + 1}$

$p$ 与 $q$ 为 非零常数．

设 $\* \{a_{n + 1} - \alpha a_n\}$ 为公比为 $\* \beta$ 的等比数列，即

$$a_{n + 2} - \alpha a_{n + 1} = \beta(a_{n + 1} - \alpha a_n)$$

对任意 $n \in \N^\ast$ 恒成立．

将该式移项可得

$$a_{n + 2} = (\alpha + \beta)a_{n + 1} - \alpha\beta a_n$$

递推式代入等号左侧可得

$$pa_n + qa_{n + 1} = (\alpha + \beta)a_{n + 1} - \alpha\beta a_n$$

该方程要对任意 $n \in \N^\ast$ 恒成立，且 $\{a_n\}$ 不是常数列（小细节，可以自己想想为什么），需使得

$$\begin{cases} p = -\alpha\beta \\ q = \alpha + \beta \end{cases}$$

根据韦达定理，这等价于 $\alpha$ 与 $\beta$ 为方程 $\* x^2 - px - q = 0$ 的两根．称该方程为递推式 $a_{n + 2} = pa_{n + 1} + qa_n$ 的 特征方程，可以通过

将递推式中的 $a_{n + 2}$ 替换为 $x^2$，$a_{n + 1}$ 替换为 $x$，$a_n$ 替换为 $1$

后直接得到．如 $a_{n + 2} = pa_{n + 1} + q$ 替换为 $x^2 = px + q$，可以发现其与 $x^2 - px - q = 0$ 等价．

考察 $x^2 - px - q = 0$ 的两根 $\alpha$，$\beta$（这里只讨论 方程有实数根 的情形）．

小细节：这里解出的 $\alpha$ 与 $\beta$ 一定非零，否则与 $-\alpha\beta = p \ne 0$ 矛盾．

方程有两不等实根（$\alpha \ne \beta$）

$\{a_{n + 1} - \alpha a_n\}$ 为公比为 $\beta$ 的等比数列，有

$$a_{n + 1} - \alpha a_n = (a_2 - \alpha a_1) \cdot \beta^{n - 1}$$

同理，$\{a_{n + 1} - \beta a_n\}$ 为公比为 $\alpha$ 的等比数列，有

$$a_{n + 1} - \beta a_n = (a_2 - \beta a_1) \cdot \alpha^{n - 1}$$

下式减去上式，可得

$$(\alpha - \beta)a_n = (a_2 - \beta a_1) \cdot \alpha^{n - 1} - (a_2 - \alpha a_1) \cdot \beta^{n - 1}$$

即

$$a_n = \df{a_2 - \beta a_1}{\alpha - \beta} \cdot \alpha^{n - 1} + \df{\alpha a_1 - a_2}{\alpha - \beta} \cdot \beta^{n - 1}$$

上面这个形式可以简记作

$$a_n = A \cdot \alpha^{n - 1} + B \cdot \beta^{n - 1}$$

即此时的 $\{a_n\}$ 可以表示为 两个等比数列的和．

方程有两相等实根（$\alpha = \beta$）

可知

$$a_{n + 1} - \alpha a_n = (a_2 - \alpha a_1) \cdot \alpha^{n - 1}$$

两侧同时除以 $\alpha^{n + 1}$ 得

$$\df{a_{n + 1}}{\alpha^{n + 1}} - \df{a_n}{\alpha^n} = \df{a_2 - \alpha a_1}{\alpha^2}$$

因此 $\{\df{a_n}{\alpha^n}\}$ 为首项为 $\df{a_1}\alpha$，公差为 $\df{a_2 - \alpha a_1}{\alpha^2}$ 的等差数列．

于是

$$\df{a_n}{\alpha^n} = \df{a_1}\alpha + (n - 1)\df{a_2 - \alpha a_1}{\alpha^2} = \df{a_2 - \alpha a_1}{\alpha^2} \cdot n + \df{2\alpha a_1 - a_2}{\alpha^2}$$ $$a_n = (\df{a_2 - \alpha a_1}{\alpha^2} \cdot n + \df{2\alpha a_1 - a_2}{\alpha^2}) \cdot \alpha^n$$

上面这个形式可以简记作

$$a_n = (An + B) \cdot \alpha^n$$

即此时的 $\{a_n\}$ 可以表达为一个 等差乘等比 数列．

例题 2.3.1

已知 $a_1 = 1$，$a_2 = 1$，$a_{n + 2} = a_n + a_{n + 1}$，求 $a_n$．

事实上，这个数列 $\{a_n\}$ 称作 斐波那契数列．

提示：为了方便计算，$\alpha$ 与 $\beta$ 最后再代入比较合适．

例题 2.3.1 解答（写在卷子上的过程）

设 $a_{n + 2} - \alpha a_{n + 1} = \beta(a_{n + 1} - \alpha a_n)$ 对任意 $n \in \N^\ast$ 恒成立，

移项得

$$a_{n + 2} = (\alpha + \beta)a_{n + 1} - \alpha\beta a_n$$

代入 $a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_n$ 得

$$a_{n + 1} + a_n = (\alpha + \beta)a_{n + 1} - \alpha\beta a_n$$

要使其对任意 $n \in \N^\ast$ 恒成立，且 $\{a_n\}$ 非常数列，需有

$$\begin{cases} \alpha + \beta = 1 \\ -\alpha\beta = 1 \end{cases}$$

因此 $\alpha$，$\beta$ 为 $x^2 - x - 1$ 的两根，具有对称性．

$a_{n + 1} - \alpha a_n$ 是以 $a_2 - \alpha a_1 = 1 - \alpha = \beta$ 为首项，$\beta$ 为公比的等比数列．

因此 $a_{n + 1} - \alpha a_n = \beta^n$．

由 $\alpha$ 与 $\beta$ 的对称性知 $a_{n + 1} - \beta a_n = \alpha^n$．

两式相减得 $(\alpha - \beta)a_n = \alpha^n - \beta^n$．

由 $\alpha$，$\beta$ 为 $x^2 - x - 1$ 的两根，取 $\alpha = \df{1 + \sqrt 5}2$，$\beta = \df{1 - \sqrt 5}2$，

代入上式即得

$$a_n = \df{\sqrt 5}5 [(\df{1 + \sqrt 5}2)^n - (\df{1 - \sqrt 5}2)^n]$$

例题 2.3.2

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 1$，$a_2 = 4$，$3a_{n + 2} = 5a_{n + 1} - 2a_n$，求 $a_n$．

建议自己在草稿纸上以阅卷要求写一遍步骤，然后和下面对照．

例题 2.3.2 解答

设 $a_{n + 2} - \alpha a_{n + 1} = \beta(a_{n + 1} - \alpha a_n)$ 对任意 $n \in \N^\ast$ 恒成立，

则 $a_{n + 2} = (\alpha + \beta)a_{n + 1} - \alpha\beta a_n$．

将 $3a_{n + 2} = 5a_{n + 1} - 2a_n$ 代入上式得 $5a_{n + 1} - 2a_n = 3(\alpha + \beta)a_{n + 1} - 3\alpha\beta a_n$，

要使得其对任意 $n \in \N^\ast$，且 $\{a_n\}$ 非常数列，

可知 $\alpha + \beta = \df 5 3$，$\alpha\beta = \df 2 3$．

由韦达定理知 $\alpha$，$\beta$ 为 $3x^2 - 5x + 2 = 0$ 的两根，具有对称性．

上述推理可知 $\{a_{n + 1} - \alpha a_n\}$ 是以 $a_2 - \alpha a_1 = 4 - \alpha$ 为首项，$\beta$ 为公比的等比数列，

因此

$$a_{n + 1} - \alpha a_n = (4 - \alpha) \cdot \beta^{n - 1}$$

对称性可知

$$a_{n + 1} - \beta a_n = (4 - \beta) \cdot \alpha^{n - 1}$$

下式减上式得

$$(\alpha - \beta)a_n = (4 - \beta) \cdot \alpha^{n - 1} - (4 - \alpha) \cdot \beta^{n - 1}$$

$\alpha$，$\beta$ 为 $3x^2 - 5x + 2 = 0$ 的两根，即 $(x - 1)(3x - 2) = 0$ 的两根，不妨取 $\alpha = 1$，$\beta = \df 2 3$．

代入上式得

$$\df 1 3 a_n = (4 - \df 2 3) - (4 - 1) \cdot (\df 2 3 )^{n - 1}$$

整理化简得

$$a_n = 10 - 9 \cdot (\df 2 3)^{n - 1}$$

对于这类问题，如果不要求写出通项证明过程，只需求出通项（如填空题），一个更简单的方法是 待定系数．

上面的推理相当于给出了结论：如果 $a_{n + 2} = pa_{n + 1} + qa_n$ 的特征方程 $x^2 - px - q = 0$ 存在实数根：

• 如果存在两个不等实根 $\alpha$，$\beta$，则通项形如 $a_n = A \cdot \alpha^{n - 1} + B \cdot \beta^{n - 1}$．
• 如果存在两个相等实根 $\alpha$，则通项形如 $a_n = (An + B) \cdot \alpha^n$．

$\alpha$ 与 $\beta$ 的求解通常是容易的，因此这里的未知量只有 $A$ 和 $B$．我们只需 待定系数 地解出这个 $A$，$B$ 即可，以 2.3.2 为例：

例题 2.3.2

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 1$，$a_2 = 4$，$3a_{n + 2} = 5a_{n + 1} - 2a_n$，求 $a_n$．

例题 2.3.2 解答（不需要写过程的）

特征方程 $3x^2 = 5x - 2$ 两根分别为 $1$ 和 $\df 2 3$，不妨令 $\alpha = \df 2 3$，$\beta = 1$，则通项为

$$a_n = A \cdot (\df 2 3)^{n - 1} + B \cdot 1 ^ {n - 1}$$

代入 $a_1 = 1$，$a_2 = 4$ 得

$$\begin{cases} 1 = A + B \\[1em] 4 = \df 2 3 A + B \end{cases}$$

容易解得 $A = -9$，$B = 10$．因此通项为

$$a_n = 10 - 9 \cdot (\df 2 3)^{n - 1}$$

类型四 - $a_{n + 2} = pa_n + qa_{n + 1} + c$

$p$，$q$，$c$ 非零．

令 $b_n = a_{n + 1} - a_n$，则 $b_n$ 的通项符合 类型三 形式（常数 $c$ 通过相减消去），$\{b_n\}$ 通项可解．

然后对 $\{b_n\}$ 进行累加法，由于 $\{b_n\}$ 的形式要么是 两个等比数列的和，要么是 一个等差乘等比数列，累加一定可以成功．

类型五 - 两个数列互相递推

例题 2.5

已知 $3a_{n + 1} = 8a_n - 2b_n$，$3b_{n + 1} = -a_n + 7b_n$，$a_1 = b_1 = 2$，求 $a_n$，$b_n$．

例题 2.5 解答

待定系数，令 $3a_{n + 1} = 8a_n - 2b_n$ 为式 1，$3b_{n + 1} = -a_n + 7b_n$ 为式 2．

将式 1 加上 $m$ 倍的式 2 可得

$$3(a_{n + 1} + mb_{n + 1}) = (8 - m) \cdot (a_n + \df{7m - 2}{8 - m}b_n)$$

观察到如果 $m = \df{7m - 2}{8 - m}$，则 $\{a_n + mb_n\}$ 构成等比数列或纯 $0$ 数列，解得 $m = 2$ 或 $m = -1$．

当 $m = 2$ 时，$3(a_{n + 1} + 2b_{n + 1}) = 6(a_n + 2b_n)$，而 $a_1 + 2b_1 = 6$，

可知 $\{a_n + 2b_n\}$ 为首项 $6$，公比 $2$ 的等比数列，$a_n + 2b_n = 3 \cdot 2^n$．

同理，$m = -1$ 推出 $3(a_{n + 1} - b_{n + 1}) = 9(a_n - b_n)$，$a_1 - b_1 = 0$，

因此 $\{a_n - b_n\}$ 为纯 $0$ 数列，$a_n - b_n = 0$．

联立可知 $a_n = b_n = 2^n$．

*类型 ex - 三角换元

提示：下面的题做不出来不用担心，高考数列一般不会考这么难．当做拓宽思维即可．

例题 2.6.1

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_n = 2{a_{n - 1}}^2 - 1$，$\lv a_1\rv < 1$，用含 $a_1$ 的式子表达 $\{a_n\}$ 的通项．

例题 2.6.1 解答

令 $a_n = \cos b_n$，则 $\cos b_n = 2{\cos b_{n - 1}}^2 - 1 = \cos {2b_{n - 1}}$．

容易发现，$b_1 = \arccos a_1$，$b_n = 2b_{n - 1}$ 满足所有条件．此时 $b_n = 2^{n - 1} \arccos a_1$．

因此，$a_n = \cos b_n = \cos(2^{n - 1} \arccos a_1)$．

这个题不能直接设 $b_n = \arccos a_n$，因为要想构造出等比数列，$b_n$ 的范围并不局限在 $[0, \pi]$．

例题 2.6.2

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n + 1} = 2a_n\sqrt{1 - {a_n}^2}$，$a_1 \in (0, 1)$，用含 $a_1$ 的式子表达 $\{a_n\}$ 的通项．

例题 2.6.2 解答

令 $a_n = \lv \sin b_n \rv$，则 $\lv \sin b_{n + 1}\rv = 2\lv \sin b_n\rv \cdot \lv\cos b_n\rv = \lv 2 \sin b_n \cos b_n\rv = \lv \sin 2 b_n\rv$．

不难看出 $b_1 = \arcsin a_1$，$b_n = 2b_{n - 1}$ 满足所有条件，$b_n = 2^{n - 1} \arcsin a_1$．

因此 $a_n = \lv \sin b_n\rv = \lv \sin(2^{n - 1} \arcsin a_1)\rv$．

例题 2.6.3

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n + 1} = \sqrt{a_n + 2}$，用含 $a_1$ 的式子表达 $\{a_n\}$ 的通项．

绝对有竞赛难度的题了，普通选手欣赏解法即可．

例题 2.6.3 解答

若 $\lv a_1 \rv \le 2$，令 $a_n = 2 \cos b_n$，有

$$2 \cos b_{n + 1} = \sqrt{2\cos b_n + 2} = 2 \sqrt{\df{\cos b_n + 1} 2} = 2 \cos \df{b_n} 2$$

注意到 $b_1 = \arccos \df {a_1} 2$，$b_n = \df 1 2 b_{n - 1}$ 满足全部条件，因此令 $b_n = \df 1 {2^{n - 1}} \arccos \df {a_1} 2$，于是

$$a_n = 2 \cos (\df 1 {2^{n - 1}} \arccos \df {a_1} 2)$$

若 $a_1 > 2$，令 $a_n = b_n + \df 1 {b_n}$（显然 $b_n > 0$），有

$$b_{n + 1} + \df 1 {b_{n + 1}} = \sqrt{b_n + \df 1 {b_n} + 2} = \sqrt{(\sqrt{b_n} + \df 1 {\sqrt{b_n}} )^2} = \sqrt{b_n} + \df 1 {\sqrt{b_n}}$$

将 $a_n = b_n + \df 1 {b_n}$ 视作 $a_n$ 为参数，$b_n$ 为未知元的方程，解得

$$b_n = \df{a_1 \pm \sqrt{{a_1}^2 - 4}} 2$$

两个解互为倒数（从方程 $a_n = b_n + \df 1 {b_n}$ 不难看出）．

可知 $b_1 = \df{a_1 + \sqrt{{a_1}^2 - 4}} 2$，$b_{n + 1} = \sqrt {b_n}$ 满足全部要求，此时

$$b_n = (\df{a_1 + \sqrt{{a_1}^2 - 4}} 2)^{\frac 1 {2^{n - 1}}}$$

于是

$$a_n = (\df{a_1 + \sqrt{{a_1}^2 - 4}} 2)^{\frac 1 {2^{n - 1}}} + (\df{a_1 - \sqrt{{a_1}^2 - 4}} 2)^{\frac 1 {2^{n - 1}}}$$

综合两种情况：

$$a_n = \begin{cases} 2 \cos (\df 1 {2^{n - 1}} \arccos \df {a_1} 2), & -2 \le a_1 \le 2 \\[1em] (\df{a_1 + \sqrt{{a_1}^2 - 4}} 2)^{\frac 1 {2^{n - 1}}} + (\df{a_1 - \sqrt{{a_1}^2 - 4}} 2)^{\frac 1 {2^{n - 1}}}, & a_1 > 2 \end{cases}$$