用待定系数法巧解数列的通项公式
待定系数法求数列通项公式
待定系数法求数列通项公式例題h在数列0｝中，O, - 1,--兀+1,试求其通项金弍，分折*显然,这不是等差豉等比数列，但如果在。
杠=2务+ 1的两迪同对工I上1,整理为+ 1 =2（^+1）.此时,把％"1和4+1看f乍1个整体#或者换元F令如!=%W，那么毎F +打即b^ = 2b ar E"］+l = 2・因此，数列｛耳+1｝或何｝就是以2为首项，以2为公土的筈土散列5 + 1-二或者阮".进一步求出a… = 2H-K启示；在送个何鬆中，容易看出空左苔两边帕上1就枸或了新的等比数歹［0十那不谢看出在左右两边该忙4后枸成新的等比数列时，该怎么办呢？其实，已知％］=加”十1,可变形为十2 = 2（比-心的形式.慝后履幵括号、移项后再与=2%亠1拒比较，利用待定系数法可得昭= L t这榕对于形如片七（其中严彳为羔蛻且驹*0屮*1〉的逵推数列，先变为心：+ —庶斗十心比形式，展开“移匝利弔行定系晝注有3」1）口・2=宀P-1菲七）p -1 P —1匹数列鼻+—M首项为町旦座比为卩的笔比数见I 戶―p-1那么.芝g 变为/(«),/(«)是关于川非零多项弍时.该怎么办呢？是否也能运冃待定系数法呢?二 a” [Jpa 尸十qn+r (pg*O ・Ep#l)型例題2.在数列Q}中，a=l,^：= 2厲+ 3卄1,试求其通项公式。
分析，按照例题1的思路，左两边既妄切上某一常数同时也妾加上n 的倍数，才能便新 的数列有一致的形式C 先变为弘.:+弘十1)一2 = 2(6十如十1,畏开比较得2 = 3•即ai + 3(M + l) = 2g+3n)+4进一步a”i + 3(n +1) + 4 = 2(a w — 3n + 4)则数列匕十3—4｝是a ：十3x1-4 =8苣坝为色十3x1 + 4 = 8公比为2的等比数列，所以同样，形如二叫十驴+ r 的违推数列，设+x{n+l)+y- pia^xn^y)展开.移项、整理，比较对应系数胡尊，歹［岀方程［9；叹・？X N ---解得 <P 」x +尸 q rv- - 2~y -+ - r P-i (P-ir P -I即 4心1 + g («+o + ?宀 +r= q 幺 +z (p-ir P 丿 L的等比数列，于是就可以进一步求出｛q ｝的通项•因此.形如巧="严这—类型的数列.都可以利用待定系数法来求解.则数列"Q+畀厂話是以鳥严二为首项,以卩为公比5 g jp_l (p — L)・ p —l-叵理，若= 其中/(“)是关于n的多项弍时，也可以构造新的等乂数列,利用待定系数法求岀其通项。
待定系数法求数列通项
待定系数法求数列通项作者：王庶来源：《高中生学习·高三版》2015年第10期数列是高中数学的重难点问题，也是高考考查的重点内容. 由于它是一个特殊的函数，因此在解题的过程中经常会用到一些函数的思想方法，其中待定系数法求数列通项就是一种非常不错的思想方法. 尤其是在已知数列递推关系式求数列通项问题上的应用，一般是先运用待定系数法构造一个新的递推关系式，然后与原递推关系式对应系数相等从而解决问题. 本文就这类问题做一个归类分析，以供大家参考.[an+1=pan+q（p，q均为常数）]型此类型属于数列线性递推关系式求通项问题，用待定系数法求这类通项问题是一种比较常规的方法. 一般将[an+1=pan+q（p，q均为常数）]构造成[an+1+r=p（an+r）]（[p]为常数）形式，注意参数[r]的引入.例1 ;若[a1=1]，[an+1=2an+3，]求数列[an]的通项.解析 ;令[an+1+r=2（an+r）]，则[an+1=2an+r].[∵][an+1=2an+3，][∴]由待定系数法可得，[r=3，]即[an+1+3=2（an+3）].[∴][an+1+3an+3=2].[∴]数列[{an+3}]是一个公比为[2]的等比数列，其通项为[an+3=a1⋅2n+1].又[∵a1=1]，[∴数列{an}的通项为an=2n+1-3].[an+1=pan+qn]（[p，q]为常数）型此类型属于数列非线性递推关系式求通项问题，一般将原式[an+1=pan+qn]（[p，q]为常数）构造成[an+1+λqn+1][=p（an+λqn）]（[p，q]为常数），注意参数[λ]的引入和[an]的系数[p]的提取.例2 ;若[a1=1，][an+1+an=3∙2n，]求数列[an]的通项.解析 ;令[an+1+λ∙2n+1=-（an+λ∙2n）]，则[an+1+an=-λ∙2n+1-λ∙2n=-3λ∙2n].由待定系数法可知，[λ=-1].即[an+1-2n+1=-（an-2n）]，[∴an+1-2n+1an-2n=-1].[∴]数列[{an-2n}]是公比为[-1]的等比数列.又因为[a1=1]，所以其通项为[an-2n=（a1-2）∙（-1）n-1=（-1）∙（-1）n-1.] [∴an=2n+（-1）n].例3 ;若[a1=1，an+1+2an=3∙2n，]求数列[an]的通项.解析 ;例3是例2的一种变式，方法同例2.令[an+1+λ∙2n+1=-2（an+λ∙2n），]则[an+1+2an=-λ∙2n+1-2λ∙2n=-4λ∙2n]由待定系数法可得，[λ=-34]，即[an+1-34∙2n+1=-2（an-34∙2n）.][∴an+1-34·2n+1an-34·2n=-2].[∴]数列[{an-34·2n}]是公比为[-2]的等比数列.又[a1=1]，所以其通项为[an-34·2n=（1-34·2）∙（-2）n-1][=（-2）n-2]. [∴an=34·2n+（-2）n-2].[an+1=pan+nq+r（p，q，r均为常数）]型此类型属于数列线性递推关系式求通项的另一类问题，它是在第一种类型的基础上多了一个非常数项[nq]. 对于这类递推关系，一般将其构造为[an+1+x（n+1）+y][=p（an+xn+y）]（[p]为常数）的形式，注意引入了两个参数[x，y.]例4 ;已知[a1=2，][an+1=2an+3n+1，]求数列[an]的通项.解析 ;令[an+1+x（n+1）+y=2（an+xn+y）]，则[an+1=2an+xn-x+y].由待定系数法对应系数相等可得，[x=3，-x+y=1，⇒x=3，y=4.][∴an+1+3（n+1）+4=2（an+3n+4）.]所以数列[{an+3n+4}]是公比为[2]的等比数列，其通项为[an+3n+4=（a1+7）·2n-1=9·2n-1]. [∴an=9·2n-1-3n-4].[an+1=pan+qn+r（p，q，r均为常数）]型此类型属于数列非线性递推关系式求通项问题，它是在第二类型问题基础上多了一个常数[r]. 对于这类递推关系，一般将其构造成[an+1+xqn+1+y][=p（an+xqn+y）]（[p，q]为常数）的形式，然后根据题目条件，运用对应系数相等的方法求出相关系数，其中要注意参数[x，y]的引入.例5 ;已知[a1=1]，[an+1=2an+3n+1，]求数列[an]的通项.解析 ;令[an+1+x3n+1+y=2（an+x3n+y）]，则[an+1=2an-x3n+y].由待定系数法对应系数相等可得，[x=-1，y=1.][∴an+1-3n+1+1=2（an-3n+1）].即数列[{an-3n+1}]是公比为[2]的等比数列，其通项为[an-3n+1=（a1-2）·2n-1].又[a1=1，][∴]通项公式为[an=3n-2n-1-1].数列求通项问题在每年的高考中都有考查，其方法多种多样，灵活多变. 待定系数法作为数学的基本思想方法，应用非常广泛，它在已知数列递推关系式求通项问题中的应用，只不过是它的冰山一角. 如果我们在平时的学习中注意积累，做个有心人，你将会有意想不到的收获.。
数列求通项待定系数法
数列求通项待定系数法摘要：一、待定系数法的概念与作用二、数列求通项的常用方法1.归纳法2.数学公式法3.递推法4.特征方程法5.数值方法三、待定系数法在数列求通项中的应用实例四、待定系数法的优缺点分析五、总结与展望正文：数列求通项是数学领域中一个重要的问题，涉及到许多实际应用。
在解决这类问题时，待定系数法是一种常用的策略。
本文将从待定系数法的概念与作用入手，介绍数列求通项的常用方法，并通过实例分析待定系数法在数列求通项中的应用，最后对待定系数法的优缺点进行评价，并对未来研究方向进行展望。
一、待定系数法的概念与作用待定系数法，顾名思义，是一种通过引入待定系数来求解数学问题的方法。
在数列求通项问题中，待定系数法的作用是将数列的通项表示为某个函数形式，从而可以通过调整待定系数来逼近或精确求解通项公式。
二、数列求通项的常用方法1.归纳法：通过观察数列的规律，构造数学归纳法证明通项公式。
2.数学公式法：根据数列的性质和规律，直接推导出通项公式。
3.递推法：通过数列的递推关系式，构造出通项公式。
4.特征方程法：对于某些特殊类型的数列，可以通过求解特征方程得到通项公式。
5.数值方法：对于复杂或不确定的数列，可以采用数值方法（如迭代法、逐次逼近法等）求解通项公式。
三、待定系数法在数列求通项中的应用实例以下通过一个具体的数列求通项实例来说明待定系数法的应用：已知数列{a_n} 的前n 项和为S_n = n^2 + 3n + 2，求该数列的通项公式。
解：设数列{a_n} 的通项公式为a_n = An^2 + Bn + C，根据前n 项和的公式S_n = n^2 + 3n + 2，可以得到以下方程组：a_1 = A + B + Ca_2 = 4A + 2B + Ca_3 = 9A + 3B + C解方程组，得A = 1，B = 2，C = -3。
因此，数列{a_n} 的通项公式为a_n = n^2 + 2n - 3。
用待定系数法求解递推数列的通项公式
用待定系数法求解递推数列的通项公式
1待定系数法概述
待定系数法（待实例后，又称勒让德法）是一种求解递推数列通项公式的数学方法。
它以建立恰当的通项公式和找出隐含其中的待定系数为任务来处理数学问题。
因此，它属于一种推广了线性代数知识的计算方法，能够解决较为复杂的数列序列求解问题。
2基本步骤
第一步：准备递推数列，也就是给足够的项，然后依此保持一定的规律，确定n的范围，比如n的取值从0开始，一直到n-1；
第二步：将所有系数都放回到等式左边，将等号右边的数字转化为系数，并写作公式的右边：
第三步：用矩阵解法求解。
假设A=（aij），B=（bi）是m方系数矩阵和m向量，其中i、j可取从1到m，那么求解相应线性代数方程组AX=B，则X=AB-1；
第四步：最后将得到的X中所有的数给出，即得出该递推数列的通项公式。
3示例及应用
以下例子来说明如何使用待定系数法求解递推数列的通项公式：例如：求数列an的通项公式
由给定的递推关系an=an-1-1，可得a0=1
根据待定系数法求解，设an=a0xn：
a0xn=a0x(n-1)-1
化简成：xn-xn-1=-1
可以得出答案：an=a0(xn+1)=a0[(1/2)(-1)n+1]
它最简之形式便是an=1+[(-1/2)n]
待定系数法广泛用于建模和求解相关数列问题，也可用于研究不同类型的递推关系，如定组成规律、数值递推关系、数学表达式和函数表达式等。
有时可以用来解决具有特殊条件的复杂系统，比如比较整数组的格局，或者计算连续随机变量的概率分布等。
用待定系数法求递推数列的通项公式
用待定系数法求递推数列的通项公式待定系数法是求递推数列通项公式的一种常用方法。
该方法基于递推数列的特点，通过设定合适的待定系数，将通项公式表示成由待定系数组成的表达式，并经过递推关系的逐步化简，最终求解出待定系数的值，从而得到递推数列的通项公式。
下面将详细介绍待定系数法的求解步骤。
首先，我们假设递推数列的通项公式为An=f(n)，其中An表示数列的第n项。
为了方便计算，我们通常假设数列的递推关系为线性关系，即数列的第n项可以通过前面若干项的线性组合来表示。
接下来，我们使用待定系数法的基本步骤来求解递推数列的通项公式。
第一步：确定待定系数的个数根据递推数列的递推关系，确定待定系数的个数。
一般来说，待定系数的个数等于递推数列递推关系中的最高指数。
例如，如果递推关系中的最高指数为k，那么待定系数的个数就是k+1、通过确定待定系数的个数，我们可以知道通项公式中所需的待定系数个数。
第二步：设定待定系数设定待定系数的具体值。
通常情况下，我们设定待定系数为a0、a1、a2等。
第三步：根据递推关系列出方程根据递推数列的递推关系，使用已设定的待定系数列出方程。
将递推数列的递推关系代入通项公式中，得到包含待定系数的方程。
第四步：递推计算根据前面列出的方程，逐步计算数列的各项，并同时计算待定系数的值。
通过从1到k的递推计算，可以求解出待定系数的值。
第五步：得到通项公式将求得的待定系数的值代入到第一步所确定的通项公式中，即可得到递推数列的通项公式。
通过以上五个步骤，可以使用待定系数法求解递推数列的通项公式。
在实际应用中，待定系数法可以广泛应用于求解各种类型的递推数列，无论是等差数列、等比数列还是其他类型的数列。
总结起来，待定系数法是求解递推数列通项公式的一种常用方法。
通过设定待定系数、列出方程、递推计算和得到通项公式的步骤，我们可以求解出递推数列的通项公式。
待定系数法在数列的研究和应用中有着重要的地位，通过手动计算或使用计算机软件进行数值计算，可以求解出复杂的递推数列的通项公式。
待定系数法求数列通项公式
待定系数法求数列通项公式数列是在数学中经常出现的一种序列，它是按照一定规律依次排列的一组数。
数列可以通过给定前几项来确定它的通项公式，通项公式则能够给出数列中任意一项的值。
待定系数法就是一种用于求解数列通项公式的数学方法。
1.假设通项公式的形式：首先通过观察数列的特征，猜测通项公式的形式。
通项公式可以是多项式、指数函数、三角函数等。
2.求解未知系数：将通项公式中的未知系数设为待定系数，用已知条件代入通项公式，得到一组方程。
通过求解这组方程，我们可以确定待定系数的值。
3.验证通项公式：将求得的待定系数代入到通项公式中，验证该公式是否能够满足数列的所有已知条件。
如果满足条件，那么该通项公式即为数列的通项公式；如果不满足条件，则需要重新调整通项公式的形式或求解更多的未知系数。
下面我们以一个具体的例子来演示待定系数法的应用过程。
例题：已知数列的前几项依次为2、5、10、17、26...求数列的通项公式。
解：1. 假设通项公式的形式：我们观察数列的前几项，发现每一项与前一项之间的差都是递增的。
这种差的递增规律，提示我们可以假设通项公式为一个多项式来表达。
假设通项公式为An = an^2 + bn + c，其中a、b、c为待定系数。
2.求解未知系数：将已知条件代入通项公式，得到一组方程。
代入An = an^2 + bn + c中的已知条件：当n=1时，A1=a+b+c=2；当n=2时，A2=4a+2b+c=5；当n=3时，A3=9a+3b+c=10；解这组方程可以得到a=1，b=0，c=13.验证通项公式：将求得的待定系数代入到通项公式中，验证是否满足数列的所有已知条件。
将a=1，b=0，c=1代入通项公式An = an^2 + bn + c中：当n=1时，A1=1+0+1=2，符合；当n=2时，A2=4+0+1=5，符合；当n=3时，A3=9+0+1=10，符合。
因此，通项公式为An=n^2+1，可以得到数列的通项公式。
紧扣递推公式,巧用待定系数法求四类数列通项公式
Җ㊀山东㊀杜㊀谞㊀㊀待定系数法是高中数学中常用的解题方法,常用于求函数解析式㊁向量几何关系㊁数列通项的推导等,其中用待定系数法求数列通项公式是历年高考的高频考点．本文对四类常见递推公式进行简要分析．１㊀a n ＋１＝k a n ＋b c n型当递推公式呈a n ＋１＝k a n ＋b c n型时,构造形如a n ＋１＋m c n ＋１＝k (a n ＋m c n)的新递推公式,然后展开各项,利用待定系数法求出m ,得出数列{a n ＋mc n}是以a １＋m c 为首项,k 为公比的等比数列,从而间接求出数列{a n }的通项公式．例１㊀已知数列{a n }满足a n ＋１＝２a n ＋３ˑ５n,且a １＝６,求数列{a n }的通项公式．分析㊀对于a n ＋１＝k a n ＋b c n型的递推公式,学生可以构造新的递推公式a n ＋１＋m ５n ＋１＝２(a n ＋m５n),用待定系数法求出m 进而求出等比数列{a n ＋m ５n}的通项公式,从而间接求出数列{a n }的通项公式．解㊀由题意得a n ＋１＝２a n ＋３ˑ５n,令a n ＋１＋m５n ＋１＝２(a n ＋m ５n ),则a n ＋１＝２a n －３m ５n,解得m ＝－１．故a n ＋１－５n ＋１＝２(a n －５n ),即{a n －５n}是以１为首项,２为公比的等比数列,故a n －５n ＝２n －１,从而a n ＝２n －１＋５n．令n ＝１,则a １＝２０＋５＝６(符合通项公式)．故{a n }的通项公式为a n ＝２n －１＋５n．２㊀a n ＋１＝k a n ＋b 型当递推公式呈a n ＋１＝k a n ＋b 型时,构造形如a n ＋１＋m ＝k (a n ＋m )的新递推公式,然后展开各项,利用待定系数法求出m ,得出数列{a n ＋m }是以a １＋m 为首项,k 为公比的等比数列,从而间接求出数列{a n }的通项公式．例２㊀已知数列{a n }中,a １＝１,且满足a n ＋１＝３a n ＋１,求{a n }的通项公式．分析㊀由递推公式a n ＋１＝３a n ＋１可以构造出一个新的等比数列,即a n ＋１＋m ＝３(a n ＋m ),利用待定系数法求出m ＝１２,得出数列{a n ＋１２}的通项公式,进而求出{a n }的通项公式．解㊀由题意可得a n ＋１＝３a n ＋１．令a n ＋１＋m ＝３(a n ＋m ),则a n ＋１＝３a n ＋２m ,解得m ＝１２．故a n ＋１＋１２＝３(a n ＋１２),即{a n ＋１２}是以３２为首项,３为公比的等比数列,故a n ＋１２＝３２ˑ３n －１＝３n２,从而a n ＝３n －１２．令n ＝１,则a １＝３１－１２＝１(满足通项公式)．故{a n }的通项公式为a n ＝３n－１２．３㊀a n ＋１＝q a n ＋pn ＋b 型当递推公式呈a n ＋１＝q a n ＋pn ＋b 型时,构造形如a n＋１＋m １(n ＋１)＋m ２＝q (a n ＋m １n ＋m ２)的新递推公式,然后展开各项,利用待定系数法求出m １,m ２,得出数列{a n ＋m １n ＋m ２}是以a １＋m １＋m ２为首项,q 为公比的等比数列,从而间接求出数列{a n }的通项公式．例３㊀已知数列{a n }满足２a n －a n －１＝６n －３(n ȡ２),且a １＝３２,求数列{a n }的通项公式．分析㊀通过观察发现２a n －a n －１＝６n －３符合a n ＋１＝qa n ＋p n ＋b 型,构造一个新的等比数列a n ＋m １n ＋m ２＝１２[a n －１＋m １(n －１)＋m ２],然后展开各项,利用待定系数法求出m １＝－６,m ２＝９,得出数列a n －６n ＋９的通项公式,从而间接求出数列{a n }的通项公式．解㊀由题意得a n ＝a n －１２＋３n －３２,令a n ＋m １n ＋m ２＝１２[a n －１＋m １(n －１)＋m ２],则a n ＝１２a n －１－１２m １n －１２(m １＋m ２),故－１２(m １＋m ２)＝－３２,－１２m １＝３,ìîíïïïï解得m １＝－６,m ２＝９．{故a n －６n ＋９＝１２[a n －１－６(n －１)＋９],即数列{a n －６n ＋９}是以９２为首项,１２为公比的等比数列．故a n －６n ＋９＝９ˑ２－n ,从而a n ＝９ˑ２－n ＋６n －９．３令n ＝１,则a １＝９ˑ２－１＋６－９＝３２(满足通项公式)．故{a n }的通项公式为a n ＝９ˑ２－n ＋６n －９．４㊀a n ＋２＝p a n ＋１＋qa n 型当递推公式呈a n ＋２＝p a n ＋１＋qa n 型时,构造形如a n ＋２－m １a n ＋１＝m ２(a n ＋１－m １a n )的新递推公式,然后展开各项,利用待定系数法求出m １,m ２,得出数列{a n ＋１－m １a n }是以a ２－m １a １为首项,m ２为公比的等比数列,即形如a n －m １a n －１＝bc n,再用第一类型递推公式进行求解．例４㊀已知数列{a n }满足a n ＋２＝５a n ＋１－６a n ,且a １＝－１,a ２＝２,求数列{a n }的通项公式．分析㊀在分析该类型的递推公式时,可以对原递推公式进行假设a n ＋２－m １a n ＋１＝m ２(a n ＋１－m １a n ),然后再展开递推公式,利用待定系数法求出m １＝２,m ２＝３,得出等比数列{a n ＋１－２a n }的通项公式为a n ＋１－２a n ＝４ˑ３n －１,然后再用第一类型递推公式进行求解．解㊀由题意得a n ＋２＝５a n ＋１－６a n ,令a n ＋２－m １a n ＋１＝m ２(a n ＋１－m １a n ),则a n ＋２＝(m ２＋m １)a n ＋１－m １m ２a n ,故m １＋m ２＝５,m １m ２＝６,解得m １＝２,m ２＝３(或m １＝３,m ２＝２)．ⅰ)当m １＝２,m ２＝３时,a n ＋２－２a n ＋１＝３(a n ＋１－２a n ),{a n ＋１－２a n }是以４为首项,３为公比的等比数列,故a n ＋１－２a n ＝４ˑ３n －１＝４３ˑ３n．再令a n ＋１＋λ３n ＋１＝２(a n ＋λ３n),即a n ＋１＝２a n －λ３n．由待定系数法得λ＝－４３,故a n ＋１－４３ˑ３n ＋１＝２(a n －４３ˑ３n ),即{a n －４３ˑ３n}是以－５为首项,２为公比的等比数列,故a n －４３ˑ３n ＝(－５)ˑ２n －１,故a n ＝(－５)ˑ２n －１＋４３ˑ３n ＝４ˑ３n －１－５ˑ２n －１．令n ＝１,a １＝４ˑ３０－５ˑ２０＝－１(满足通项公式)．故a n ＝４ˑ３n －１－５ˑ２n －１．ⅱ)当m １＝３,m ２＝２时,同理可得a n ＝４ˑ３n －１－５ˑ２n －１．综上,{a n }的通项公式为a n ＝４ˑ３n －１－５ˑ２n －１．通过上述四类递推公式利用待定系数法求数列通项公式的思路可以发现,求解这类试题的步骤为:变形递推公式 重构新等比数列 求系数 得等比通项公式 推导所求通项公式．(作者单位:山东省东营市河口区第一中学)Җ㊀山东㊀皮小彬㊀㊀数学学习的过程包括提出问题㊁分析问题㊁解决问题三个环节．在解决问题的过程中,很多学生会遇到这样的情况:老师讲的知识都明白,课上的练习㊁课后的作业也都能完成,但是当遇到一个新的问题时,仍然不知从何入手．出现这种情况的原因是在我们学了某一知识点后,所做的课上练习和课后作业都是针对这一知识点的应用训练,学生知道应该这样做,但是不清楚为什么这样做,即只知其然,不知其所以然．而我们遇到的问题大多是交会多个知识点的综合问题,如果不对多个知识点进行有效综合,就会产生解题障碍．本文以一道函数题为例,探究其解题思路的生成过程．题目㊀已知函数f (x )＝l n x ,０＜x ɤa ,ex ,x ＞a ．ìîíïïï若方程f (x )－ae＝０只有１个解,则a 的取值范围为．分析㊀本题以对数函数和反比例函数组合而成的分段函数为背景,以方程根的个数为命题视角,求参数的范围．问题的求解需要综合应用函数的性质,以及分类讨论㊁数形结合㊁函数方程等数学思想．现从如下几个视角谈解题思路的生成．１)审清条件,明确求解方向本题是以分段函数为背景的方程有解问题,而分段函数在不同的区间内有不同的解析式,因而在不同的区间内对应的方程也不相同．此外,由于本题只是与方程根的个数有关,并不是求方程的具体根．因此,利用函数与方程思想可将所求问题转化为函数图象交点个数问题来处理．由f (x )－a e ＝０得f (x )＝ae．因此,可将所求问题转化为求函数y ＝f (x )与直线y ＝ae的图象只有１个交点．２)寻找关键,确定分类标准本题中以参数a 为分段区间的分段点,由于a 的４。
怎样用待定系数法求数列的通项公式
解题宝典由递推式求数列的通项公式问题的题型多变，侧重于考查同学们的应变能力.同学们通过分析研究,会发现解题其实是有一定规律和技巧可循的,对于形如a n +1=Aa n +B (B ≠0且为常数)、a n +1=ca pn ()c >0、a n =Aa n -1+f ()n (A ≠1，f ()n 不为常数)、a n +2=Aa n +1+Ba n的递推式，我们都可以运用待定系数法来求解，即通过引入一些参数，将其设为某些项的系数，用另一种形式表示数列的递推式，将各项的系数对应起来便可建立方程或方程组，通过解方程或者方程组构造出新的等比数列，进而求得数列的通项公式.例1.已知在数列{}a n 中a 1=2，a n +1=(2-1)∙(a n +2)，求数列{}a n 的通项公式.解：设a n +1+x =()2-1∙()a n +x ，由a n +1=()2-1∙()a n +2可得x =-2，所以a n +1-2=()2-1()a n-2，则数列{}a n-2是以2-2为首项，2-1为公比的等比数列，所以a n -2=2()2-1n,故a n =2+2(2-1)n .对于递推式形如a n +1=Aa n +B 的问题，在求数列的通项公式时，可引入待定系数x ，将递推式变形为a n +1+x =A ()a n +x ,通过对应各项的系数求出x 的值，从而构造一个等比数列，根据等比数列的通项公式便可求出数列的通项公式.例2.在数列{}a n 中a 1=1，a n =2a 4n -1,求数列{}a n 的通项公式.解：在a n =2a 4n -1的两边取对数得lg a n =lg 2a 4n -1，设lg a n +q =4（lg a n -1+q ）,对应系数可得lg a n +13lg 2=4(lg a n -1+13lg 2).则{}lg a n +13lg 2是以13lg 2为首项，以4为公比的等比数列，则lg a n =()4n -1-1lg 23,即a n =10()4n -1-1lg 23.对于形如a n +1=ca pn ()c >0的递推式，在求数列的通项公式时，可以在递推式的两边取对数，得到log c a n +1=q log c a n ，然后将其转化为递推式形如a n +1=Aa n +B 的问题，运用待定系数法求出其通项公式.例3.已知数列{}a n 满足以下条件：a 1=1，a n =12a n -1+2n -1(n ≥2),求数列{}a n 的通项公式.解：令b n =a n +A n +B ,将其代入已知递推式中可得b n =12b n -1+æèöø12A +2n +æèöø12A +12B -1.令ìíîïïA 2+2=0,A 2+B 2-1=0,解得{A =-4,B =6,则b n =12b n -1，且b n =a n -4n +6,所以{}b n 是以3为首项，以12为公比为等比数列.则b n =32n -1,故a n =32n -1+4n -6.当遇到形如a n =Aa n -1+f ()n (A ≠1,f ()n 不为常数)的递推式时，我们可以引入待定系数A 、B ，令b n =a n +A n +B ，再结合已知条件求出A 、B 的值，从而得到一个等比数列，根据等比数列的通项公式便可求出数列{}a n 的通项公式.例4.已知a 1=1，a 2=2，a n +2=3a n +1-2a n ，求数列{}a n 的通项公式.解：设a n +2-αa n +1=β()a n +1-αa n ，即a n +2=()α+βa n +1-αβa n ，由a n +2=3a n +1-2a n 可得{α+β=3,αβ=2,解得{α=1,β=2,或{α=2,β=1,当{α=1，β=2,时，a n +2-2a n +1=2()a n +1-a n ，所以{}a n +1-a n 是公比为2的等比数列.则a n +1-a n =()a 2-a 1∙2n -1=2n -1①，当{α=2，β=1，时，a n +2-2a n +1=a n +1-2an ，则a n +1-2a n =a 2-2a 1=0②.结合①②可得a n =2n -1.对于形如a n +2=Aa n +1+Ba n ()A ≠0,B ≠0的递推式,可先引入待定系数α，β，将数列a n +2=Aa n +1+Ba n 变形为a n +2-αa n +1=β()a n +1-αa n (α，β为待定常数),并结合题中已知条件加以整合，便可求出α，β的值，从而构造出新的等比数列，进而求数列{}a n 的通项公式.当题中给出数列的递推关系式较为复杂时，尤其是遇到上述几种形式的递推式时，我们可以借助待定系数法来提升解题的效率.运用待定系数法求数列通项公式的关键在于通过引入待定的系数和进行恰当的变形，构造出等比数列，将问题转化为常规的等比数列问题来求解.（作者单位：陕西省彬州中学）史宁军43Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
数列求通项待定系数法
数列求通项待定系数法摘要：一、引言二、数列求通项的概念三、待定系数法的原理四、使用待定系数法求解数列通项五、总结正文：一、引言在数学中，数列是一个具有特定规律的数字序列。
了解数列的通项公式有助于我们更好地把握数列的性质和规律。
待定系数法是一种常用的求解数列通项的方法，本文将对其进行详细介绍。
二、数列求通项的概念数列求通项是指找到一个公式，能够表示数列中任意一项与它的位置之间的关系。
通常用an 表示数列的第n 项，而通项公式则表示为an = f(n)。
三、待定系数法的原理待定系数法是一种求解数列通项的方法，主要思想是在已知数列的前几项情况下，设定一个通项公式，并求解待定系数，使得该公式满足已知的数列项。
待定系数法通常分为两步：1.设定一个通项公式an = a1 * r^(n-1) + b1 * r^(n-2) + ...+ k1 * r^0，其中a1、b1、...、k1 为待定系数，r 为公比。
2.利用已知的数列项，列出关于待定系数的方程组，求解该方程组，得到待定系数的值。
四、使用待定系数法求解数列通项假设我们有一个数列：1, 3, 5, 7, 9，我们可以使用待定系数法求解该数列的通项。
1.设定通项公式an = a1 * 2^(n-1) + b1 * 2^(n-2) + ...+ k1 * 2^0。
2.利用已知的数列项，列出关于待定系数的方程组：a1 * 2^0 + b1 * 2^(-1) + ...+ k1 * 2^(-4) = 1a1 * 2^1 + b1 * 2^0 + ...+ k1 * 2^(-3) = 3a1 * 2^2 + b1 * 2^1 + ...+ k1 * 2^(-2) = 5a1 * 2^3 + b1 * 2^2 + ...+ k1 * 2^(-1) = 7a1 * 2^4 + b1 * 2^3 + ...+ k1 * 2^0 = 93.求解方程组，得到待定系数的值。
4.根据求解得到的待定系数，得到数列的通项公式。
待定系数法求通项公式
待定系数法求通项公式
待定系数法是一种求解递推数列通项公式的常用方法。
递推数列是一种按照一定规律递推生成的数列，而通项公式则是这个数列的第n项与n的函数的关系式。
我们可以通过待定系数法来求递推数列的通项公式。
具体地说，待定系数法是一种猜测法，我们假设通项公式为某个形式，再通过数列前几项的值和递推式来确定该形式中出现的未知系数，最终得到通项公式。
以下是待定系数法的具体步骤：
1. 根据数列的性质和规律猜测通项公式的形式，如等差数列通项公式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
2. 根据数列前几项的值和递推式来确定未知系数的值。
3. 验证得到的通项公式是否符合数列的性质和规律。
举例来说，假设我们要求递推数列{an}的通项公式，其中a1=1，a2=2，a3=4，递推式为an=3an-2+2an-1，我们可以按照以下步骤来使用待定系数法求解：
1. 假设通项公式为an=2n+k，其中k为待定系数。
2. 根据数列前几项的值和递推式，得到以下方程组：
a1=2+k
a2=4+k
a3=8+k
an=3an-2+2an-1
将an=2n+k代入递推式得到：
2n+k=3(2n-2+k)+2(2n-1+k)
化简得到k=-1，因此通项公式为an=2n-1。
3. 验证通项公式是否符合数列的性质和规律，可以发现该通项公式满足递推式和数列前几项的值，因此是正确的。
总之，待定系数法是一种简单有效的方法，可以帮助我们求解各种递推数列的通项公式。
待定系数法求数列的通项公式
待定系数法求数列的通项公式尹伟云（贵州省仁怀市周林高中５６４５００）尹伟云全国高中数学联赛优秀教练员，多次荣获优秀教师称号。
发表论文２０多篇。
数列的通项公式是高中数学的核心知识点，根据条件式求通项是近几年高考考查的热点之一．本文从条件的结构特征入手，探讨几类数列通项公式的求法．１．“ａｎ＋１＝Ａａｎ＋Ｂ”型例１已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝１，ａｎ＋１＝３ａｎ＋１，求｛ａｎ｝的通项公式．解设ａｎ＋１＋ｘ＝３（ａｎ＋ｘ），即ａｎ＋１＝３ａｎ＋２ｘ，与ａｎ＋１＝３ａｎ＋１对比知２ｘ＝１，即ｘ＝１２，所以ａｎ＋１＋１２＝３ ａｎ＋１２（），从而数列ａｎ＋１２｛｝是首项为ａ１＋１２，公比为３的等比数列，所以ａｎ＋１２＝ａ１＋１２（）·３ｎ－１，得ａｎ＝３ｎ－１２．２．“ａｎ＋１＝Ａａｎ＋Ｂｎ＋Ｃ”型例２已知数列｛ａｎ｝中，ａ１＝－１，且ａｎ＋１＝３ａｎ－２ｎ＋３，求数列｛ａｎ｝的通项公式．解设ａｎ＋１＋Ａ（ｎ＋１）＋Ｂ＝３（ａｎ＋Ａｎ＋Ｂ），即ａｎ＋１＝３ａｎ＋２Ａｎ＋２Ｂ－Ａ，与原式对比知２Ａ＝－２，２Ｂ－Ａ＝３，烅烄烆解得Ａ＝－１，Ｂ＝１，烅烄烆即ａｎ＋１－（ｎ＋１）＋１＝３（ａｎ－ｎ＋１），所以ａｎ－ｎ＋１＝－３ｎ－１，故ａｎ＝－３ｎ－１＋ｎ－１．３．“ａｎ＋１＝Ａａｎ＋Ｂｑｎ＋１”型例３已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝－１，ａｎ＋１＝２ａｎ＋４×３ｎ－１，求数列｛ａｎ｝的通项公式．解法１设ａｎ＋１＋α·３ｎ＋１＝２（ａｎ＋α·３ｎ），即ａｎ＋１＝２ａｎ－α·３ｎ，所以α＝－４３，从而ａｎ＋１－４３·３ｎ＋１＝２ ａｎ－４３·３ｎ（），所以ａｎ－４３·３ｎ＝－５·２ｎ－１，即ａｎ＝４·３ｎ－１－５·２ｎ－１．解法２原式化为ａｎ＋１３ｎ＋１＝２３·ａｎ３ｎ＋４９，设ａｎ＋１３ｎ＋１＋α＝２３ａｎ３ｎ＋α（），易得α＝－４３，所以ａｎ＋１３ｎ＋１－４３＝２３ａｎ３ｎ－４３（），即ａｎ３ｎ－４３＝－５３２３（）ｎ－１，所以ａｎ＝４·３ｎ－１－５·２ｎ－１．４．“ａｎ＋１＝Ａａｎ＋Ｂｑｎ＋１＋Ｃ”型例４已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝１，ａｎ＋１＝·２１·《数理天地》高中版数学中的思想和方法２０２１年第２期３ａｎ＋５·２ｎ＋４，求｛ａｎ｝的通项公式．解设ａｎ＋１＋α·２ｎ＋１＋β＝３（ａｎ＋α·２ｎ＋β），①将ａｎ＋１＝３ａｎ＋５·２ｎ＋４代入①式，得３ａｎ＋５·２ｎ＋４＋α·２ｎ＋１＋β＝３（ａｎ＋α·２ｎ＋β），整理得（５＋２α）２ｎ＋４＋β＝３α·２ｎ＋３β．令５＋２α＝３α，４＋β＝３β，烅烄烆解得α＝５，β＝２，烅烄烆代入①式得ａｎ＋１＋５·２ｎ＋１＋２＝３（ａｎ＋５·２ｎ＋２），②由ａ１＋５×２１＋２＝１＋１２＝１３≠０及②式，得ａｎ＋５·２ｎ＋２≠０，所以ａｎ＋１＋５·２ｎ＋１＋２ａｎ＋５·２ｎ＋２＝３，故数列｛ａｎ＋５×２ｎ＋２｝是以１３为首项、３为公比的等比数列，即ａｎ＋５×２ｎ＋２＝１３×３ｎ－１，所以ａｎ＝１３×３ｎ－１－５×２ｎ－２．５．“ａｎ＋１＝Ａａｎ＋Ｂ·Ａｎ＋１＋Ｃ”型例５已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝８，ａｎ＋１＝３ａｎ＋３ｎ＋１＋２，求｛ａｎ｝的通项公式．解设ａｎ＋１＋α３ｎ＋１＝ａｎ＋α３ｎ＋１，整理得ａｎ＋１＝３ａｎ＋３ｎ＋１＋２α，与ａｎ＋１＝３ａｎ＋３ｎ＋１＋２比较，得α＝１，所以ａｎ＋１＋１３ｎ＋１＝ａｎ＋１３ｎ＋１，ａｎ＋１３ｎ＝ａ１＋１３１＋（ｎ－１）×１＝ｎ＋２，故ａｎ＝（ｎ＋２）·３ｎ－１．６．“ａｎ＋１＝Ａａｎ＋Ｂ·ｑｎ＋１＋Ｃｎ＋Ｄ”型例６已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝８，ａｎ＋１＝２ａｎ＋４×３ｎ＋２ｎ＋１，求数列｛ａｎ｝的通项公式．解设ａｎ＋１＋α·３ｎ＋１＋β（ｎ＋１）＋γ＝２（ａｎ＋α·３ｎ＋βｎ＋γ），即ａｎ＋１＝２ａｎ－α·３ｎ＋βｎ＋γ－β，所以α＝－４，β＝２，γ－β＝１，烅烄烆从而γ＝３，ａｎ＋１－４×３ｎ＋１＋２（ｎ＋１）＋３＝２（ａｎ－４×３ｎ＋２ｎ＋３），所以数列｛ａｎ－４×３ｎ＋２ｎ＋３｝是首项为８－４×３＋２＋３＝１、公比为２的等比数列，所以ａｎ－４×３ｎ＋２ｎ＋３＝１×２ｎ－１，故ａｎ＝４×３ｎ＋２ｎ－１－２ｎ－３．７．“ａｎ＋１＝Ａａｎ＋Ｂ·Ａｎ＋１＋Ｃｎ＋Ｄ”型例７已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝６，ａｎ＋１＝３ａｎ＋３ｎ＋１＋２ｎ＋３，求｛ａｎ｝的通项公式．解设ａｎ＋１＋α（ｎ＋１）＋β３ｎ＋１＝ａｎ＋αｎ＋β３ｎ＋１，整理得ａｎ＋１＝３ａｎ＋３ｎ＋１＋２αｎ－α＋２β，所以α＝１，β＝２，即ａｎ＋１＋（ｎ＋１）＋２３ｎ＋１＝ａｎ＋ｎ＋２３ｎ＋１，得ａｎ＋ｎ＋２３ｎ＝ａ１＋１＋２３＋（ｎ－１）×１＝ｎ＋２，故ａｎ＝（ｎ＋２）·３ｎ－ｎ－２．８．“ａｎ＋２＝Ａａｎ＋１＋Ｂａｎ”型例８已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝１，ａ２＝２，且当ｎ≥２时，ａｎ＋１＝ａｎ＋ａｎ－１２，求｛ａｎ｝的通项公式．解设ａｎ＋１－αａｎ＝β（ａｎ－αａｎ－１），即ａｎ＋１＝（α＋β）ａｎ－αβａｎ－１，与ａｎ＋１＝ａｎ＋ａｎ－１２对比得α＋β＝１２，αβ＝－１２，烅烄烆·３１·２０２１年第２期数学中的思想和方法《数理天地》高中版所以α，β是方程ｘ２－１２ｘ－１２＝０的两根，解得α＝１，β＝－１２，烅烄烆或α＝－１２，β＝１，烅烄烆取α＝１，β＝－１２，烅烄烆得ａｎ＋１－ａｎ＝－１２（ａｎ－ａｎ－１），即ａｎ＋１－ａｎａｎ－ａｎ－１＝－１２，所以数列｛ａｎ＋１－ａｎ｝是首项为ａ２－ａ１＝１、公比为－１２的等比数列，即ａｎ＋１－ａｎ＝－１２（）ｎ－１，从而ａｎ＝ａ１＋（ａ２－ａ１）＋（ａ３－ａ２）＋…＋（ａｎ－ａｎ－１）＝１＋１＋－１２（）＋…＋－１２（）ｎ－２＝１＋１－－１２（）ｎ－１１－－１２（）＝５３－２３－１２（）ｎ－１，又ｎ＝１时，ａ１＝５３－２３×－１２（）１－１＝１，故ａｎ＝５３－２３×－１２（）ｎ－１．（上接第１１页）球Ｏ的表面积Ｓ＝４πＲ２＝１００π．４．向量法例４已知在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中，ＰＡ⊥平面ＡＢＣ，∠ＢＡＣ＝１２０°，ＡＢ＝ＡＰ＝ＡＣ＝２，求三棱锥Ｐ－ＡＢＣ外接球的半径Ｒ．图４解过Ａ作Ａｙ⊥ＢＣ，以Ａ为空间坐标原点，分别以ＡＢ→ ，Ａｙ→ ，ＡＰ→为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴的正方向，建立如图４所示的空间直角坐标系．设三棱锥Ｐ－ＡＢＣ外接球的球心为Ｏ（ｘ，ｙ，ｚ），由题可知Ｂ（２，０，０），Ｐ（０，０，２），Ｃ（－１，槡３，０），又ＯＰ＝ＯＣ＝ＯＢ＝ＯＡ，ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝ｘ２＋ｙ２＋（ｚ－２）２，ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝（ｘ＋１）２＋（ｙ －槡３）２＋ｚ２，ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝（ｘ－２）２＋ｙ２＋ｚ２，烅烄烆解得ｘ＝１，ｙ＝槡３，ｚ＝１，烅烄烆即球心Ｏ（１，槡３，１），所以三棱锥Ｐ－ＡＢＣ外接球的半径Ｒ＝槡５．５．截面圆法例５已知正四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为４，底面边长为２，则该球的表面积为（）（Ａ）８１４π．（Ｂ）１６π．（Ｃ）９π．（Ｄ）２７４π．解连接ＡＣ，ＢＤ交于Ｅ，连接ＡＯ，ＰＥ，如图５所示．设球心为Ｏ，球Ｏ半径为Ｒ，由题可知，△ＡＯＥ所在的平面是球Ｏ大圆所在的平面，图５在Ｒｔ△ＡＯＥ中，（４－Ｒ）２＋（槡２）２＝Ｒ２，解得Ｒ＝９４，所以该球的表面积为４πＲ２＝８１４π，故选（Ａ）．·４１·《数理天地》高中版数学中的思想和方法２０２１年第２期。
用待定系数法巧解数列的通项公式
易得 口 一～４ ． 所 以
ａ 一 一４ ×３ 一 ＋４ 咒 ＋３ ．
ｌ ６ 一
ａｌ １一
ａ２
Ｚ １一 ２
下 面 用数学 归纳 法证 明这 一定 理 ：
例 ２ 在数列 （ 以 ｝ 中， 已知 ａ －３ ， 对丸 ∈
， ａ ＋ １ ＝２ ａ ＋５ ×３ ” ， 求ａ ． 解 设
第３ ４卷第 １ 期
２ ０ １ ５ 年 １月
数 学教 学研究
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用待 定 系数 法巧 解 数列 的 通项 公 式
汪 科
７ ４ ３ ０ ０ ０ ） （ 甘肃省定西市安定 区福台 中学
在高中数学教 学 中， 求解数列的通项公 式是一个棘手的问题 ， 许多学生因为其 推理 难度大 ， 总掌握不好 ， 为 了解决这一 问题 ， 经 过归纳， 我总结出用待定 系数法 求几类 常见 题型数列 的通项公式 的方法 ， 希 望能给正在
ｎ 一口 硝～ ＋６ ｚ ２ 一 ．
又当 咒 一１ 时， 口 ０ ＝ｎ ＋６ ＋ｃ ， 从而
一
一 卫
— — —
ｒ — －ｑ － ｐｒ —
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收 稿 日期 ： ２ ０ １ ４ — ０ ９ － ３ ０
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数 学教 学研 究
第 ３ ４卷第 １ 期
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ｑ 为已知常数， ７ ｚ ∈ ） ， 若关 于 的方程 Ｘ
Ｉ 【 ， 一 ＝垡 二
（ １ － ｐ） 。’
＋户 ＋口 一Ｏ 存在不等实数根 和 ｚ ｚ ， 则存 在唯一实数 ａ ， ｂ ｙ 使得 ａ 一ｎ ＋６ ＿ 。 ． 证明 假设存在实数 以 ， ６ ， 使得
ｎ － － － ２ ” 一 ０ ＋３ ” 一ｂ ，
待定系数法构造等比数列求通项公式
待定系数法构造等比数列求通项公式待定系数法构造等比数列求通项公式待定系数法构造等比数列求通项公式来源：《新课程学习·下》2021年第11期数列的通项公式是从函数的视角反映数列的本质的，而待定系数法又是高中数学中重要的方法之一，借助该方法构造等比数列可以求出几类数列的通项公式。
类型一：形如an+1=Aan+B（A≠0，B≠0）的数列.例1. 已知数列an 满足：a1=1，an+1=4an+1（n ∈N*），求数列an 的通项公式. 类型二：形如an+1=Aan+Bn（A≠0，B≠0）的数列.例2. 已知数列an 满足a1=1，an+1=2an+4n（n ∈N*），求数列an 的通项公式. 类型三：形如an+1=Aan+Bn2 +Cn+D（A≠0，B≠0，C≠0，D≠0）的数列.例3. 已知数列an 满足：a1=1，an+1=2an+n2+3n+1，求数列an 的通项公式.解析：因为a1=1，an+1=2an+n2+3n+1，设an+1+x（n+1）2+y（n+1）+z=2（an+xn2+yn+z）展开化简得：an+1=2an+xn2+（y-2x ）n+z-x，根据待定系数法，与已知条件比较系数得：x=1，y-2x=3，z-x=1，故：x=1，y=5，z=2，代入所设的形式中得：an+1+（n+1）2+5（n+1）+2=2（an+n2+5n+2），例4. 已知数列an 满足：a1=8，an+1=4an-6·2n+1（n ∈N*），求数列an 的通项公式. 解析：因为a1=8，an+1=4an-3·2n+1，设an+1-x·2n+1=4（an-x·2n ），展开得an+1=4an-2x·2n. 由待定系数法知x=3再将x=3，代入上面已设的形式中得：an+1-3·2n+1=4（an-3·2n ）从而数列an-3·2n 是以2为首项，4为公比的等比数列。
待定系数法求数列通项公式(可编辑
待定系数法求数列通项公式(可编辑下面，我将以一个具体的例子来说明待定系数法的具体步骤。
假设我们已知数列的前几项为：1,3,5,7,9,...我们需要找出满足这些已知项的数列通项公式。
首先，我们要观察数列的递推关系。
在本例中，我们可以发现数列的每一项都是前一项加上2，因此可以得到递推关系：An=An-1+2，其中An 表示数列的第n项。
然后，我们用未知系数来表示数列的通项公式。
假设数列的通项公式为An = an^2 + bn + c，其中an、bn和c是待定系数。
我们要确定这些待定系数的值，使得公式能够满足已知的前几项。
接下来，我们将已知项代入数列通项公式，并带入递推关系中。
对于本例，我们将前四项代入：A1=a(1)^2+b(1)+c=1A2=a(2)^2+b(2)+c=3A3=a(3)^2+b(3)+c=5A4=a(4)^2+b(4)+c=7上面的等式可以简化为：a+b+c=14a+2b+c=39a+3b+c=516a+4b+c=7现在，我们可以通过解这个线性方程组来确定未知系数的值。
使用待定系数法的第一步是通过消元法将这个线性方程组转化为上三角或下三角形式，这样方程的解就能够通过回代法求得。
但是这里我们之求a、b和c的值，而不需要求解方程组的解。
因此，为了简化求解过程，我们可以采用另一种更简单的方法。
我们可以通过观察等式两边的系数来发现一个规律。
在本例中，我们可以发现左边的系数分别是1,4,9,16，是一个公差为3的等差数列，而右边的常数项分别是1,3,5,7，也是一个等差数列。
因此，我们可以假设左边系数的递推公式为n^2，且右边常数项的递推公式为2n-1、即a=n^2，b=2n-1，c为常数项。
将这些规律代入等式中，我们可以得到三个等式：n^2+(2n-1)+c=14n^2+(2(2n-1))+c=39n^2+(2(2n-1))+c=5将等式进行再次简化：n^2+2n+(c-1)=14n^2+4n+(c-3)=39n^2+4n+(c-5)=5由于等式是成立的，所以左边的式子和右边的常数项应该是相等的。
用待定系数法求数列的通项公式
用待定系数法求数列的通项公式给出数列的递推公式求数列通项公式，常用到待定系数法，就是设法在原递推式中增添适当的项，进而把它转化为一个等比数列的递推公式，这种方法应用广泛，易于掌握。
现举例说明。
（其中,,,p q r s 为常数）题型一：1n n a pa q +=+型例1 在数列}{n a 中，11=a ，831+=+n n a a ，求数列的通项公式。
分析：为使原递推式两端项数相同，并能满足同一对应关系，可知应在左端添加常数项，故需设待定系数x ，将原递推式恒等变形。
解：∵831+=+n n a a ∴ x a x a n n ++=++831 ∴)38(31x a x a n n ++=++，应使1n a x ++与83n x a ++满足同一函数()n f n a λ=+的对应关系，以便化为等比数列求解。
可令83x x +=，所以4x =，∴143(4)n n a a ++=+。
∴数列{4}n a +是首项145a +=，公比为3的等比数列。
故1453n n a -+=⋅ ∴1534n n a -=⋅+。
掌握了这个基本思想，我们就可以用同样的方法做下面的几个例题。
题型二：1n n a pa rn s +=++型 与11n n n a pa r q s ++=+⋅+型。
例2．在数列}{n a 中，已知1117,5234n n n a a a ++==+⋅-，求数列}{n a 的通项公式。
分析：为使原递推式两端的项数相同，并满足同一种对应关系，在左端应添加含23n +的项和常数项，故需设两个待定系数,x y ，将原式恒等变形。
解：115234n n n a a ++=+⋅- ∴2121352334n n n n n a x y a x y ++++++=+⋅++- 即：211(23)435[3]55n n n n x y a x y a ++++-++=+⋅+，应使该等式两侧满足同一函数1()3n n f n a λμ+=+⋅+的对应关系，以便求解，可令(23)4,55x y x y +-==，∴1,1x y ==，∴211315(31)n n n n a a +++++=++，于是数列1{31}n n a ++-是首项为15，公比为5的等比数列。