待定系数法在数列中的应用讲课稿
《待定系数法》课件
化学中的反应速率方程
总结词
研究化学反应过程
详细描述
在化学领域，待定系数法常用于构建反应速率方程，以描述化学反应的动力学过程。通 过设定待定系数，可以量化反应速率常数、反应级数等关键参数，从而深入了解化学反
应的机理和特性。
06
总结与展望
待定系数法的优缺点 优点 01
通过待定系数法，可以将复杂问题分解为 多个简单问题，简化计算过程。
二次函数析二次函数的开口方向、顶点坐标和对 称轴。
详细描述
首先将二次函数 $f(x) = ax^2 + bx + c$ 转化为顶点式 $f(x) = a(x - h)^2 + k$，其中 $(h, k)$ 是二次函数的顶点坐标。 然后通过待定系数法，令 $f(x) = a(x - h)^2 + k$，从而得 到 $a$、$h$ 和 $k$ 的值，进而分析二次函数的开口方向、 顶点坐标和对称轴。
在工程问题中，待定系数法可以用于求解 物理、化学、生物等领域的复杂问题，如 振动分析、电路分析、流体动力学等。
02
待定系数法的基本原理
线性方程组与多项式
线性方程组
由一组线性方程组成，描述了变 量之间的线性关系。
多项式
数学中一个非常基础的概念，表 示一串数字、字母通过有限次乘 法和加法得到的表达式。
《待定系数法》ppt课件
• 引言 • 待定系数法的基本原理 • 待定系数法的应用实例 • 待定系数法的扩展与深化 • 待定系数法的实际应用 • 总结与展望
01
引言
什么是待定系数法
待定系数法是一种数学方法，通过引入待定的系数来简化复杂数学表达式的求解过 程。
它通过将未知数与已知数进行组合，形成具有特定形式的表达式，从而方便求解未 知数的值。
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
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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
６ ３
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
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收 稿 日期 ： ２ ０ １ ４ — ０ ９ － ３ ０
６ ４
数 学教 学研 究
第 ３ ４卷第 １ 期
２ ０ １ ５年 １月
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 ，
待定系数法在高考递推数列中的应用 (1)
待定系数法在高考递推数列题中的应用模型1：a n ＋1=pa n ＋q （其中p 、q 均为常数，（pq （p －1）≠0）） [解法]（待定系数法）：把原递推公式转化为：a n ＋1－λ=p(a n －λ)其中λ=pq-1，再用换元法令b n =a n －λ，则有b n ＋1=pb n ，从而数列{b n }为等比数列，于是由a n =b n ＋λ可求出数列a n 的通项公式。
例1：已知数列{a n }中，a 1=1，a n ＋1=2a n ＋1。
求a n 。
解：令a n ＋1＋λ=2(a n ＋λ)即a n ＋1=2a n ＋λ ∴λ=1从而a n ＋1＋1=2 (a n ＋1)，令b n = a n ＋1 则b 1=a 1＋1=2且1111++=++n n n n a a b b =2 故数列{b n }是以b 1=2为首项，以2为公比的等数列。
则b n =2×2n －1=2n ∴a n =2n －1练习1、（06重庆文）在数列{a n }中，若a 1=1，a n ＋1=2a n ＋3(n ≥1)，则该数列的通项a n =练习2、一牧羊人赶着一群羊通过36个关口，每过一个关口，守关人将拿走当时羊的一半，然后退还一只，过完这些关口后，牧羊人只剩2只羊，牧羊人原来有 只羊。
模型2：a n ＋1= pa n ＋r ·q n （其中p 、q 、r 均为常数，（p ·q ·r ·(p －1)·(q －1)≠0））[解法]一般来说，要先在原递推公式两边同除以q n ＋1，得q r q a q p q a n n n n +=++·11，再令b n =nn q a从而化为b n ＋1=qr b q p n +·，此即为模型1，可用模型1待定系数法解之。
例2：已知数列{a n }中，a 1=65，a n ＋1=31a n ＋(21)n ＋1，求a n 。
待定系数法在数列通项求解中的运用2
待定系数法在数列通项求解中的运用江苏省建湖县第二中学 许万成 224700 引用一些尚待确定的系数来表示某种结果，通过变形与比较，建立起含有字母系数的方程(组)，并求出相应字母系数的值，进而解决问题的方法称为待定系数法。
待定系数法是高中数学解题中，常见的一种解题方法，具有广泛的运用。
本文就待定系数法在数列通项的求解中的一些简单运用做一些简单说明。
一、形如b 1n ka n a +-=式 例1、{}nn n n a a a a a 求通项中在数列,143,1,11+==+. 解:)(431p a p a n n -=-+令(p 为常数) ,14143,44311=+=+=++p a a p a a n n n n 对应可得把该式与已知的即 即4=p 所以)4(4341-=-+n n a a {}{}34411-=-=-a b a b n n 为首项即所以数列,公比43=q 的等比数列 11111)43(34)43(34,)43(3----⨯-=⨯-=-⨯-==n n n n n n n a a q b b 故即所以 二、形如p n ka 1n a =+式例2、已知数列{}n a 中4112,1-==n n a a a ,求{}n a 的通项公式。
解：将412-=n n a a 两边取常用对数得⇒=-412lg lg n n a a⇒+=-2lg lg 4lg 1n n a a )2lg 31(lg 42lg 31lg 1+=+-n n a a 从而得知⎭⎬⎫⎩⎨⎧+2lg 31lg n a 是以首项为lg231,公比为4的等比数列,所以 32lg )14(1110,32lg )14(lg ---=-=n n n n a a 即三、形如f(n)1n ka n a +-=式 例3、设数列{}n a 满足)2(1221,111≥-+==-n n a a a n n ，求{}n a 的通项公式。
解：设,B An a b n n ++=代入已知递推公式,得[]12)1(211-+---=---n B n A b B An b n n ， 即)12121()221(211-++++=-B A n A b b n n . 设⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+=+0121A 210,221B A 解得⎩⎨⎧=-=.6.4B A 此时64211+-==-n a b b b n n n n 且，由于 {}123,21,3-=n n n b b 故为公比的等比数列以为首项是以，由此得 64231-+=-n a n n . 四、形如nqa 1n ka 2n a ++=+式 例4、已知{}n a 中，n n n a a a a a 23,2,11221-===++，求{}n a 的通项公式. 解：引入参数βα,,使)(112n n n n a a a a αβα-=-+++，整理得n n n a a a αββα-+=++12)(，与已知比较得⎩⎨⎧==+,2,3αββα解得⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==.1,22,1βαβα或 当有时,2,1⎩⎨⎧==βα)(2112n n n n a a a a -=-+++，可知{}的等比数列是公比为21n n a a -+.所以1112122)(--+=⨯-=-n n n n a a a a . ①当,22,1,2112n n n n a a a a -=-⎩⎨⎧==+++有时βα可知{}是常数数列n n a a 21-+.所以022121=-=-+a a a a n n . ②有①、②得12-=n n a .通过上面的例子,可以看出题目给出递推关系求数列通项公式，应用待定系数法，构造特殊辅助数列(主要是等差或等比数列)，是求解此类问题的常用方法. 数列通项的求解是历次高考的难点与热点,其实数列通项公式的求解还有很多方法,这就需要同学们平时多观察，多总结了。
待定系数法解决数列模型问题的探究
㊀㊀㊀㊀㊀１３６㊀待定系数法解决数列模型问题的探究待定系数法解决数列模型问题的探究Һ王㊀莹㊀（青海师范大学数学与统计学院，青海㊀西宁㊀８１０００８）㊀㊀ʌ摘要ɔ在高中数列的学习中，求通项公式是重点与难点之一．求数列通项公式的思路与方法灵活多样，但待定系数法在处理一些特殊数列的通项问题时是十分有效的一种方法．本文通过四类递推关系模型，利用待定系数法求其通项，求解方法具有通性，展现了多角度㊁多层次利用待定系数法求数列通项的解题思路．ʌ关键词ɔ待定系数法；数列模型；通项公式待定系数法是中学数学学习过程中极为重要的思想与解题方法，它由法国著名数学家笛卡尔提出，在解决数学问题时是常用的方法，并有多种应用技巧．该方法通常用来解决函数㊁方程以及几何相关的问题，具有广泛的应用价值．通常来讲，利用待定系数法解题时，结论仍然未知，不过根据其结论具有的结构可以判断某种确定的形式，只要在其中确定某些关键系数，就可得出问题的结论．这种解题方法称为待定系数法，关键系数称为待定系数．待定系数法实际就是将待定的未知数与已知数建立等式关系，从而列出方程或方程组，解方程或方程组即可得待定的未知数，之后根据题目给出的条件解题即可．利用待定系数法解决数学问题可以使思维有条理，思路更清晰．用待定系数法解题的一般步骤可以总结如下：（１）设式：引入恰当的待定系数，设出所求目标的一般形式；（２）列组：根据已知条件列出待定系数的方程组；（３）求解：求出待定系数；（４）回代：代回所设目标式．待定系数法在解决一些数列通项公式问题时是一种非常有用的方法，本文将通过四个模型加以展示．模型１㊀已知ａｎ＋１＝ｐａｎ＋ｑ（ｐ，ｑ为常数，且ｐʂ０，１，ｑʂ０），求数列｛ａｎ｝的通项公式．解析㊀引入待定参数λ，令ａｎ＋１－λ＝ｐ（ａｎ－λ），则ａｎ＋１＝ｐａｎ＋（１－ｐ）λ．再和原递推式比较系数，得ｑ＝（１－ｐ）λ．讨论：（１）当ｐ＝１时，｛ａｎ｝为公差是ｑ的等差数列，故ａｎ＝ａ１＋（ｎ－１）ｑ；（２）当ｑʂ１时，λ＝ｑ１－ｐ，数列｛ａｎ－λ｝为公比是ｐ的等比数列，故ａｎ－λ＝（ａ１－λ）ｐｎ－１，所以，ａｎ＝ａ１－ｑ１－ｐ()ｐｎ－１＋ｑ１－ｐ．模型２㊀已知ａ１，ａ２及ａｎ＋２＝Ａａｎ＋１＋Ｂａｎ（Ａ，Ｂ为常数），求｛ａｎ｝的通项公式．解析㊀引入待定双参数α，β，令ａｎ＋２－αａｎ＋１＝β（ａｎ＋１－αａｎ），则ａｎ＋２＝（α＋β）ａｎ＋１－αβａｎ．与已知递推式比较系数，知α＋β＝Ａ，αβ＝－Ｂ，因此α，β是方程ｘ２－Ａｘ－Ｂ＝０的两个根．从而可求出α，β．故数列｛ａｎ＋１－αａｎ｝是首项为ａ２－αａ１㊁公比为β的等比数列，从而可得ａｎ＋１－αａｎ＝（ａ２－αａ１）βｎ－１．讨论：（１）当αʂ０时，有ａｎ＋１αｎ＋１－ａｎαｎ＝ａ２－αａ１α２㊃βα()ｎ－１．①当αʂβ时，由累加法可求得ａｎ＝ｐαｎ－１＋ｑβｎ－１（ｐ，ｑ为常数）．②当α＝β时，由累加法可求得ａｎ＝（ｐ＋ｑｎ）αｎ－１（ｐ，ｑ为常数）．（２）当α＝０时，ａｎ＋２＝βａｎ＋１，β＝Ａ，Ｂ＝０．①当Ａ＝ａ２ａ１时，｛ａｎ｝是等比数列，首项为ａ１㊁公比为Ａ，故ａｎ＝ａ１Ａｎ－１．②当Ａʂａ２ａ１时，ａｎ＝ａ１，ｎ＝１，ａ２Ａｎ－２，ｎȡ２且ｎɪＮ＋．{模型３㊀已知ａ１及ａｎ＋１＝αａｎ＋βａｎ＋ｔ（其中α，β，ｔ为实数，且αｔʂβ），求｛ａｎ｝的通项公式．解析㊀引入待定参数λ，作如下变换：ａｎ＋１－λ＝αａｎ＋βａｎ＋ｔ－λ＝α－λａｎ＋ｔａｎ－λｔ－βα－λ()，当λʂα时，ａｎ＋１－λ＝（α－λ）ａｎ＋β－λｔａｎ＋ｔ．令λｔ－βα－λ＝λ，则λ＝λα＋βλ＋ｔ．（这说明λ是函数ｆ（ｘ）＝αｘ＋βｘ＋ｔ的不动点）当ａ１＝λ时，显然ａｎ＝λ（ｎɪＮ＋）；当ａ１ʂλ时（ｎɪＮ＋），易知ａｎʂλ（ｎɪＮ＋），这时可求出λ１，２＝α－ｔʃ（ｔ－α）２＋４β２（由αｔʂβ，知λʂα）．讨论：（１）当（ｔ－α）２＋４βʂ０时，ａｎ＋１－λ１＝α－λ１ａｎ＋ｔ（ａｎ－λ１），ａｎ＋１－λ２＝α－λ２ａｎ＋ｔ（ａｎ－λ２），所以ａｎ＋１－λ１ａｎ＋１－λ２＝α－λ１α－λ２㊃ａｎ－λ１ａｎ－λ２，即ａｎ－λ１ａｎ－λ２{}是公比为α－λ１α－λ２的等比数列，㊀㊀㊀１３７㊀㊀从而ａｎ－λ１ａｎ－λ２＝ａ１－λ１ａ１－λ２㊃α－λ１α－λ２æèçöø÷ｎ，求出ａｎ．（２）当（ｔ－α）２＋４β＝０，λ＝１２（α－ｔ）时，即ａｎ＋１－λ＝（α－λ）（ａｎ－λ）ａｎ＋ｔ．故仍有１ａｎ＋１－λ＝１α－λ㊃（ａｎ－λ）＋λ＋ｔａｎ－λ＝１α－λ１＋λ＋ｔａｎ－λ()（ȵλ＋ｔ＝α－λ）＝１ａｎ－λ＋１α－λ，即１ａｎ－λ{}是公差为１α－λ的等差数列，１ａｎ－λ＝１ａ１－λ＋（ｎ－１）１α－λ，求出ａｎ即可．模型４㊀若ａｎ＝Ａａｎ－１＋ｆ（ｎ）（其中Ａ为常数，Ａʂ１，ｆ（ｎ）为ｍ次多项式），则可用待定系数法确定ｍ次多项式ｇ（ｎ）使ａｎ＋ｇ（ｎ）＝Ａ（ａｎ－１＋ｇ（ｎ－１）），于是．ａｎ＋ｇ（ｎ）＝（ａ１＋ｇ（１））Ａｎ－１．例１㊀已知ａ１＝１，ａｎ＝２３ａｎ－１＋ｎ２－１５（ｎȡ２），求ａｎ．解析㊀引入待定参数ａ，ｂ，ｃ，使ａｎ＋（ａｎ２＋ｂｎ＋ｃ）＝２３｛ａｎ－１＋［ａ（ｎ－１）２＋ｂ（ｎ－１）＋ｃ］｝，整理后，有ａｎ＝２３ａｎ－１＋－１３ａ()ｎ２＋－４３ａ－１３ｂ()ｎ＋２３ａ－２３ｂ－１３ｃ．与原递归式比较系数，得－１３ａ＝１，４３ａ＋１３ｂ＝０，２３ａ－２３ｂ－１３ｃ＝－１５，ìîíïïïïïï⇒ａ＝－３，ｂ＝１２，ｃ＝１５．{故有，ａｎ－３ｎ２＋１２ｎ＋１５＝２３［ａｎ－１－３（ｎ－１）２＋１２（ｎ－１）＋１５］，ʑａｎ－３ｎ２＋１２ｎ＋１５＝（ａ１－３ˑ１２＋１２＋１５）２３()ｎ－１＝２５２３()ｎ－１，ʑａｎ＝２５２３()ｎ－１＋３ｎ２－１２ｎ－１５．例２㊀整数列｛ａｎ｝定义如下：ａ１＝２，ａ２＝７，－１２＜ａｎ＋１－ａ２ｎａｎ－１ɤ１２（ｎȡ２），证明：对所有ｎȡ２，ａｎ为奇数．证㊀由已知易得－１２＜ａ３－４９２ɤ１２，ʑａ３＝２５．－１２＜ａ４－６２５７ɤ１２，ʑａ４＝８９．首先探求｛ａｎ｝满足的二阶递归式．可令ａｎ＋１＝ｘ㊃ａｎ＋ｙ㊃ａｎ－１，ｘ，ｙ待定．则ａ２ｘ＋ａ１ｙ＝ａ３，ａ３ｘ＋ａ２ｙ＝ａ４，{即７ｘ＋２ｙ＝２５，２５ｘ＋７ｙ＝８９，{解得ｘ＝３，ｙ＝２．下面用数学归纳法证明：ａｎ＋１＝３ａｎ＋２ａｎ－１，ａｎ＞０，ｎ＝３，４， ．ｎ＝３是显然的，设结论对于小于等于ｎ（ｎ＞３）成立．那么㊀ａ２ｎａｎ－１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）＝１ａｎ－１［ａｎ（３ａｎ－１＋２ａｎ－２）－ａｎ－１（３ａｎ＋２ａｎ－１）］＝－２ａ２ｎ－１－２ａｎａｎ－２ａｎ－１＝－２ａｎ－２ａｎ－１㊃ａ２ｎ－１ａｎ－２－ａｎæèçöø÷，于是有ａ２ｎａｎ－１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）＝２ａｎ－２ａｎ－１㊃ａ２ｎ－１ａｎ－２－ａｎɤ１２㊃２ａｎ－２ａｎ－１æèçöø÷（ȵａｎ－１＝３ａｎ－２＋２ａｎ－３＞３ａｎ－２）＜ａｎ－２３ａｎ－２＝１３＜１２，ʑａｎ＋１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）ɤａｎ＋１－ａ２ｎａｎ－１＋ａ２ｎａｎ－１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）＜１２＋１２＝１．ȵａｎ＋１－（３ａｎ＋２ａｎ－１）是非负整数，ʑａｎ＋１＝３ａｎ＋２ａｎ－１．于是，欲证结论成立．故当ｎȡ２时，ａｎ＋１ʉａｎ（ｍｏｄ２），而ａ２＝７，故ａｎʉ１（ｍｏｄ２）（ｎȡ２），即当ｎȡ２时，ａｎ为奇数．ʌ参考文献ɔ［１］李赟洋．巧用待定系数法求解递推数列的通项公式［Ｊ］．中学数学教学参考，２０２０（１８）：７７－７８．［２］刘鹏，卢象鹏，杨光伟．基于数学方法论的 深度 解题：学生数学思考脉络化［Ｊ］．数学教学通讯，２０２０（２４）：３－５，８．［３］强源．巧借待定系数法，妙解相关数学题［Ｊ］．中学数学，２０２０（０９）：５４－５５．。
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。
数列求通项待定系数法
数列求通项待定系数法摘要：1.数列求通项的方法简介2.待定系数法的原理与应用3.待定系数法求解数列通项的具体步骤4.实例分析与解答5.待定系数法在实际问题中的应用与拓展正文：数列求通项待定系数法是一种常用的数学方法，广泛应用于各类数学问题的解决。
本文将从以下几个方面对数列求通项待定系数法进行详细介绍。
首先，我们来了解一下数列求通项的方法。
在数学中，通项是指数列中任意一项的表达式。
求通项的方法有很多，如递推法、公式法、待定系数法等。
其中，待定系数法因其具有较强的可操作性和实用性，而被广泛应用于各类数列问题的解决。
待定系数法的原理是将数列的通项表示为待定系数与已知数列的某一项之间的关系。
具体来说，设数列{a_n}的通项为a_n = c_1 * q^(n-1) + c_2 *p^(n-1) + ...+ c_k * x^(n-1)，其中c_1, c_2, ..., c_k为待定系数，p, q, x等为已知常数。
通过求解这些待定系数，即可得到数列的通项。
接下来，我们来看待定系数法求解数列通项的具体步骤。
1.根据已知条件，建立数列通项的待定系数方程。
2.整理方程，得到关于待定系数c_1, c_2, ..., c_k的线性方程组。
3.求解线性方程组，得到待定系数的值。
4.将待定系数代入通项公式，得到数列的通项。
5.检验求得的通项是否满足已知条件，如收敛性、单调性等。
下面，我们通过一个实例来分析待定系数法的应用。
例：已知等比数列的前三项分别为1，2，4，求该等比数列的通项。
解：设等比数列的通项为a_n = c_1 * 2^(n-1) + c_2 * 2^(n-2) + c_3 * 2^(n-3)，其中c_1，c_2，c_3为待定系数。
根据等比数列的性质，有a_2 / a_1 = a_3 / a_2，即2 / 1 = 4 / 2。
将此关系代入通项公式，得到：c_1 * 2 + c_2 * 1 + c_3 * 0 = 2 * c_1 * 2 + 2 * c_2 * 1 + 2 * c_3 * 0 整理得到线性方程组：2c_1 = 2 * c_12c_2 = 2 * c_20 = 2 * c_3解方程组得到：c_1 = 1c_2 = 0c_3 = 0将求得的待定系数代入通项公式，得到数列的通项为：a_n = 1 * 2^(n-1) + 0 * 2^(n-2) + 0 * 2^(n-3) = 2^(n-1)因此，该等比数列的通项为a_n = 2^(n-1)。
「第10讲待定系数法(高中版)」
第 1０ 讲 待定系数法(高中版)（第课时）D重点：1.;2.;3．。
难点：1．；2.；3.；。
,其中含有某些待定的系数，而后根据题设条件列出关于待定系数的等式，最后解出这些待定系数的值或找到这些待定系数间的某种关系，从而解答数学问题,这种解题方法称为待定系数法。
待定系数法是中学数学常用的方法,它常用在求代数式的值、因式分解、恒等变形、求函数表达式、数列求和、求复数、求曲线方程等等方面。
使用待定系数法解题的基本步骤是：第一步，针对所求问题，确定含有待定系数的解析式;第二步，列出一组含待定系数的方程；第三步,解方程组确定待定系数或者消去待定系数。
确定待定系数的值常用比较系数法或特殊值法。
二次函数解析式有三种表达形式,1．一般式：y=ax 2＋ｂx ＋c ；其中 a≠0, a, b, c 为常数２．顶点式：y ＝a(x-h)２+k ；其中a≠0, ａ, ｈ, k 为常数,(h ，k)为顶点坐标。
3.交点式:y=a(ｘ-ｘ１)（x-x 2）；其中ａ≠0, a, x １,x 2 为常数,x １,x 2是抛物线与横轴两交点的横坐标。
每种形式都有三个待定的系数,所以用待定系数法求二次函数解析式应注意以下几点:根据题目给定的条件注意选择适当的表达形式,一般已知抛物线的顶点，用顶点式；已知抛物线与ｘ轴的两个交点（或与x 轴的一个交点及对称轴)，用交点式。
解题过程中待定的系数越少，需构造的方程也越少，这样可以大大简化计算过程，故尽量由已知条件先行直接确定某些系数。
若题目给定二次函数解析式的某种形式（如y=ax ２+ bx ＋ｃ＝０ （a≠０)），那么最后的结果必须写成此种形式。
1．待定系数法在求数列通项中的应用例.（高三)数列｛a n }满足a 1＝1，ａn ＝21a 1 n +1(n ≥2），求数列｛a n }的通项公式。
分析：一般地,形如a 1+n =p a n +q (ｐ≠1,ｐq ≠0）型的递推式均可通过待定系数法对常数q 分解,只要设 a 1+n ＋k=ｐ（ａn +ｋ）并与原式比较系数可得出 ｋ,从而得等比数列{a n +k }。
巧用“待定系数法”解递推数列
师 ：４ （ ）分 别 作 出 图 形 中 点 Ｆ、 的 对 称 点 Ｇ 教 师 在 黑 板 上 画 了示 意 图 ， 作 用 三 角 尺 作 对 称 再
点． 评 析 ： 虑 到 学 生 在 具 体 的 几 何 图 形 中 找 对 称 考 点 、 对称 轴 可 能感 到 困 难 ， 作 此 补 充 ． 画 故
子．
／ 李 庄
河
３ ．轴 对 称 图 形 这 节 课 不 是 一 种 静 态 的 数 学 知 识 的教 学 ， 应 着 眼 于规 律 的结 论 和 应 用 ． 识 是 一 个 过 不 认 程 ， 不 是 结 果 ， 一 个 人 某 门 学 科 ， 是 要 使 他 把 一 而 教 不 些 结 果 记 录 下 来 ， 是 要 他 参 与 知 识 的构 建 过 程 ． 此 而 因 教 师 应 向学 生 提 供 充 分 从 事 数 学 活 动 的 机 会 ， 助 他 帮 们 在 自主 探 索 和 合 作 交 流 的过 程 中真 正 理 解 和 掌 握 基 本 的数 学 知 识 与 技 能 、 学 思 想 和 方 法 ． 这 节 课 中 执 数 在 教 老 师 大 胆 地 创 设 了一 种 大 问 题 背 景 下 的 探 索 活 动 ， 使 学 生 在 一 种 动 态 的探 索 过 程 中 ， 己 发 现 分 数 的 基 自 本 性 质 ， 而 体验 发 现 真 理 的 曲 折 与 快 乐 ， 受 数 学 的 从 感 思 想 方 法 ， 会 科 学 的 学 习 方 法 ． 问 问 题 也 层 层 深 体 所 入 ， 学 生 有 充 分 的 独 立 思 考 ！而 且 执 教 老 师 在 上 课 让 时 展 示 出丰 富 的教 学 激 情 ， 价 反 馈 效 果 也 很 及 时 ， 评 在 教 学 设 计 上 动 了一 番 脑 筋 ， 个 教 学 过 程 非 常 流 畅 ， 整 非 常 自然 ， 拓展 性 的 提 高 和处 理 也 十 分 有 效 ， 节 体 现 生 是 活 中 的美 ， 现 数 学 中 的 美 难 得 的 好 课 ． 展 ＊上 虞 市 学科 带 头人 石 军 江 老 师执 教 《 对 称 图形 》 轴 课
例析用待定系数法求几类递推数列的通项公式_陈增武
例析用待定系数法求几类递推数列的通项公式_陈增武待定系数法是一种常见的求解递推数列通项公式的方法，通过假设数列的通项公式并利用递推关系逐步确定待定系数的值。
本文将以几类典型的递推数列为例，详细阐述待定系数法的应用。
首先考虑等差数列：数列的通项公式一般形式为 an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
假设数列的通项公式为 an = an-1 + d，其中d为公差。
根据递推关系an = an-1 + d，我们可以令an = a1 + (n-1)d，再将an-1 = a1 + (n-2)d代入等式中，经过化简得到 an = a1 +(n-1)d，即数列的通项公式。
其次考虑等比数列：数列的通项公式一般形式为 an = a1 * q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。
假设数列的通项公式为 an = a1 * q^n ，其中q为公比。
根据递推关系an = a1 * q^n，我们可以令an = a1 * q ^ (n-1)，再将an-1 = a1 * q ^ (n-2)代入等式中，经过化简得到 an =a1 * q ^(n-1)，即数列的通项公式。
再次考虑斐波那契数列：数列的通项公式一般形式为 an = an-1 +an-2，其中a1 = 1，a2 = 1、假设数列的通项公式为 an = ax ^ n + by ^ n，其中x、y为待定系数。
根据递推关系an = an-1 + an-2，我们可以令an = ax ^ (n-1) + by ^ (n-1)，再将an-1 = ax ^ (n-2) + by ^ (n-2)、an-2 = ax ^ (n-3) + by ^ (n-3)代入等式中，经过化简得到 an = (x + y) * (ax ^ (n-2) + by ^ (n-2)) - aux^(n-3) - by^(n-3)，即数列的通项公式。
最后考虑二次递推数列：数列的通项公式一般形式为 an = a1 * n^2 + b1 * n + c1，其中a1、b1、c1为常数。
待定系数法求特殊数列的通项公式
待定系数法求特殊数列的通项公式之青柳念文创作靖州一中蒋利在高中数学讲授中，常常碰到一些特殊数列求通项公式，而这些问题在高考和比赛中也常常出现，是一类广泛而复杂的问题，历届高考常以这类问题作为一道重大的试题.因此，在讲授中，针对这类问题，提供一些特殊数列求通项公式范例，帮忙同学们全面掌握这类问题及求解的一般方法.求数列的通项公式，最为广泛的的法子是：把所给的递推关系变形，使之成为某个等差数列或等比数列的形式，于是便可以由此推得所给数列的通项公式.求解的关健在于变形的技巧，而变形的技巧主要在于引进待定系数.其基来历根基理是递推关系双方加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差或等比数列.详细的求解过程详见示例.第一种别：an=Aan-1+B例1设x1=2,且xn=5x1-n解：所给的递推公式可变形为xn +m=5x1-n+7+m=5(x1-n+557m+),令m=557m+.则m=47于是xn +47 =5(x1-n+47)，{ xn+47 }是等比数列，其首项为x 1+47=415n +47＝415·51-n 所以 x n ＝415·51-n －47 例2 设x1=1,且 xn=52311+--n n x x （n=2，3，4，…） 求数列｛xn ｝的通项公式解：所给的递推公式可变成：323511+=-n n x x )53521(3511m x m x n n ++=+-,令m=5352m +,则m=1 于是)11(35111+=+-n n x x .{11+nx }是等比数列， 其首项是111+x =2,公比是q=35 于是11+n x =2（35）n-1 .所求的xn=1113523----•n n n 第二种别：an=Aan-1+Ban-2例3设x1=1，x2=5,xn=13xn-1-22xn-2,（n=3,4,…）求数列｛xn ｝的通项公式解：所给的递推公式可变成xn+mxn-1=（m+13）xn-1-22xn-2=（m+13）（xn-1-1322+m xn-2） 令m=-1322+m ，则m=－2,或m=－11 于是xn-2xn-1=11（xn-1-xn-2）,xn-11xn-1=2(xn-1-xn-2)｛xn-2xn-1｝，｛xn-11xn-1｝都是等比数列，其首项与公比分别为x2-2x1=3,q=11.X2-11x1=-6,q=2.于是xn-2xn-1＝3·11n -2，xn-11xn-1=-6·2n -2. 由此消去xn-1可得xn=(11n-1+2n)/3例4：设x1=1,x2=2.且xn=7xn-1+18xn-2（n=3,4,…）求数列｛xn ｝的通项公式解：所给的递推公式可变成 xn+mxn-1=(m+7)xn-1+18xn-2=(m+7)(xn-1+718+m xn -2)令m=718+m ，则m=2,或m=-9xn+2xn-1=9(xn-1+2xn-2),xn-9xn-1=-2(xn-1-9x n-2)｛xn+2xn-1｝与｛xn-9xn-1｝都是等比数列，其首项与公比分别为x2+2x1=4，q=9.X2-9x1=-7，q=-2xn+2xn-1=4·9n -2，xn-9xn-1=-7(-2)n-2由此消去xn-1可得xn=（4·9n -1+7·(-2)n-1）/11第三种别：an=Aan-1+f(n)例5设x1=1，且xn=3xn-1＋5n ＋1（n=2,3,…）……（1）求数列｛xn ｝的通项公式解：x2=14，于是（1）把n 改成n-1得xn-1=3xn-2＋5(n-1)＋1 ………（2）两式相减得xn-xn-1=3(xn-1-xn-2)+5xn-xn-1+m=3(xn-1-xn-2)+5+m=3(xn-1-xn-2+335m +) 令m=335m +,则m=25.于是xn-xn-1+25=3(xn-1-xn-2+25)｛xn-xn-1+25｝是等比数列， 其首项为x2-x1+25=231,其公比q=3.于是xn-xn-1+25=231·3n -2………（3） 由（1）与（3）消去xn-1得 xn=(31·3n -1-10n-17)/4例6：设x1=4，且xn=5xn-1＋7n －3（n=2,3,……）……（1）求数列｛xn ｝的通项公式方法1解：x2=31, 于是（1）把n 改成n-1得 xn-1=5xn-2＋7(n-1)－3 ………（2） 两式相减得xn-xn-1=5(xn-1-xn-2)＋7xn-xn-1＋m=5(xn-1-xn-2)＋7＋m=5(xn-1-xn-2＋57m +) 令m=57m +,则m=47.xn-xn-1+47=5(xn-1-xn-2＋47) ｛xn-xn-1+47｝是等比数列，其首项为x2-x1+47=4115, 其公比q=5.于是xn-xn-1+47=4115·5n -2……（3） 由（1）与（3）消去xn-1得 xn=161(23·5n -28n-23) 方法2：所给的递推公式可变成xn ＋An ＋B=5(xn-1＋5375-++n B An ) 设A(n-1)＋B=5375-++n B An 比较系数得A=57+A ，-A+B=53-B 由此求得A=47，B=1623.于是 xn ＋162328+n =5(xn-1＋1623)1(28+-n )，于是 ｛xn ＋162328+n ｝是等比数列，其首项为x1+1651=16115,其公比q=5.于是 xn ＋162328+n =16115·5n -1 所以 xn=161(23·5n -28n-23) 例7，设x1=2,且xn=3xn-1＋2n2＋1，求数列｛xn ｝的通项公式解：所给的递推公式可变成xn ＋An2＋Bn ＋C=3(xn-1＋312322++++n C Bn An )设A(n-1)2＋B(n-1)＋C=312322++++n C Bn An 比较系数得：A=32+A ，-2A+B=3B ，A-B+C=31+C .由此求得A=1，B=3，C=27.于是 xn ＋27622++n n =3(xn-1＋27)1(6)1(22+-+-n n ) ｛xn ＋27622++n n ｝是等比数列，其首项为x1+215=219,其公比q=3.于是xn ＋27622++n n =219·3n -1. 所以 xn=21(19·3n -1－2n2－6n －7)例8：设x1=1，且xn=-xn-1+3·2n，（n=2,3,…）………（1）求数列｛xn ｝的通项公式解：x2=-x1＋12=11.于是（1）把n 改成n-1得 xn-1=-xn-2+3·2n -1，2xn-1=-2xn-2+3.2n (2)（1） －（2）得xn-2xn-1=-xn-1+2xn-2.即xn=xn-1+2xn-2 xn ＋mxn-1=(m+1)(xn-1＋12+m xn-2). 令m=12+m ，则m=1,m=-2于是：xn+xn-1=2(xn-1+xn-2)；xn-2xn-1=-(xn-1-2xn-2)｛xn+xn-1｝与｛xn-2xn-1｝都是等比数列，其首项与公比分别为首项x2+x1=12，公比q=2. 首项x2-2x1=9，公比q=-1.于是xn+xn-1=12·2n-2，xn-2xn-1=9(-1)n-2由此消去xn-1得xn=2n+1+3(-1)n操练：1设x1=5，且xn=7xn-1+8n+3，（n=2,3,…）求数列｛xn｝的通项公式答案xn=(151·7n-1-24n-37)/182设x1=1，且xn=2xn-1+3·7n-1，（n=2,3,…）求数列｛xn｝的通项公式答案xn=(3·7n-2n+3)/5 3设x1=1，且xn=-3xn-1+5·2n，（n=2,3,…）求数列｛xn｝的通项公式答案 xn=2n+1+(-1)n3n。
讲解数列通项公式的求法-待定系数法-特征根法
最全的数列通项公式的求法数列是高考中的重点内容之一，每年的高考题都会考察到，小题一般较易，大题一般较难。
而作为给出数列的一种形式——通项公式，在求数列问题中尤其重要。
本文给出了求数列通项公式的常用方法。
小结：除了熟悉以上常见求法以外，对具体的数列进行适当的变形，一边转化为熟知的数列模型更是突破数列通项的关键。
做题时要不断总结经验，多加琢磨。
总结方法比做题更重要!方法产生于具体数学内容的学习过程中.1.直接法2.公式法3.归纳猜想法4.累加（乘）法5.取倒（对）数法6.迭代法7.待定系数法8.特征根法9.不动点法10.换元法11.双数列12.周期型13.分解因式法14.循环法15.开方法◆一、直接法根据数列的特征，使用作差法等直接写出通项公式。
例1. 根据下列数列的前几项，说出数列的通项公式： 1、1.3.7.15.31………2、1,2,5,8,12………3、21212,1,,,,3253………4、1,-1,1,-1………5、1、0、1、0……… ◆二、公式法①利用等差数列或等比数列的定义求通项②若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解.(注意：求完后一定要考虑合并通项)例2．①已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1,)1(2≥-+=n a S n n n ．求数列{}n a 的通项公式.②已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足21nS n n =+-，求数列{}n a 的通项公式.③ 已知等比数列{}n a 的首项11=a ，公比10<<q ，设数列{}n b 的通项为21+++=n n n a a b ，求数列{}n b 的通项公式。
③解析：由题意，321++++=n n n a a b ，又{}n a 是等比数列，公比为q ∴q a a a a b b n n n n n n =++=+++++21321，故数列{}n b 是等比数列，)1(211321+=+=+=q q q a q a a a b ， ∴ )1()1(1+=⋅+=-q q q q q b n n n◆三、归纳猜想法如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。
待定系数法在数列中的应用
ii) 当 f (n) 的次数为 1 时， s0 ，
b1 ． p 1
显然这个系数矩阵 A 为上三角矩阵，且因为 p 1 ，所以系数矩阵行列式 | A | (p 1)t 1 0 ．
2018 年第 4 期 由 Cramer 法则[4]知 s0， s1， ， st 有唯一解，
b0 b1 1 0 0 0 b0 b1 b2 bt 1 bt 1
即 an1 a1 f (n) f (n 1) f (1) ． 2 情形 2 若 an1 pan f (n) ，f (n) 是任意的多 项式，已知 a1 ，求数列 {an } 的通项公式． （1） 当 p 1 时， 即为上述情形 1 的特殊情况． （2）当 p 1 时，关于这种递推数列，解法多 种，经常用到待定系数法来，如文[1~3]等．但待定 系数法对于任意的多项式 f (n) 是否一定都适用呢， 是否给出的待定系数是唯一的？以下给出证明． 当 p 1 时， f (n) 是多项式，
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福建中学数学
2018 年第 4 期
3π 3π π π ， ]， 2 2 2 2 −1 ≤ cos 3α ≤ 1 ， 0 ≤ sin 2 2 β ≤ 1 ．
为非负数， 且x+ y+z = 求 f ( x，， y z ) = 4 x3 + 3 y 2 + 1，
3 z 的最大值和最小值．
又 α ∈ [− ， ] ， 3α ∈ [−
根据 x，， y z 均为非负数且 x + y + z = 1， 知 x， y ∈ [0， 1] ，可设 x = cos α ，
π π 2 2 则 f ( x， y )= 4 x 3 − 3 x + 3 y ( y − 1) + 3 化为 f (α， β)
待定系数法在数列中的应用
待定系数法在数列中的应用据统计，在许多数学情境中，数列是不可或缺的一种数学模型和工具。
有时，在处理数列时，我们会遇到待定系数的情况，这时，我们就需要使用待定系数法。
本文将讨论待定系数法在数列处理中的应用。
首先，让我们回顾一下什么是待定系数法。
待定系数法是一种涉及数学求解方法和数学算法，主要是为了求解某些已知条件和待定系数的未知方程。
以一元多项式为例，写成标准的一元多项式形式为：f(x)=a_0x^n+a_1x^(n-1)++a_n。
我们需要求解的是a_0,a_1,…,a_n 的值，而n是已知的。
以下将介绍待定系数法在数列中的应用。
下面给出一个典型的数列问题，可以用待定系数法来解决：根据已知条件，a_1=3，a_3=-3，a_5=2，a_7=-2，求出数列：a_0,a_2,a_4,a_6,a_8……解：这是一个等差数列，由已知条件可知，其等差为q=-1，即a_n=a_1+(n-1)q。
故a_0=a_1-1*(-1)=a_1+1=4a_2=a_1+2*(-1)=a_1-2=1a_4=a_1+4*(-1)=a_1-4=-1a_6=a_1+6*(-1)=a_1-6=-5a_8=a_1+8*(-1)=a_1-8=-9即数列的通项公式为：a_n=4-(n-1)。
上面是一个简单的典型问题，我们可以用待定系数法来解决。
另外，在处理复杂的数列的时候，我们也可以使用待定系数法。
比如，给出一个复杂的数列，令a_1=5，a_2=-2， a_3=2，a_4=-5，a_5=8，则我们可以使用待定系数法来求出它的待定系数。
首先，我们需要找出它的通项公式，假设为a_n=a_1+q(n-1)+r，则根据已知条件：a_1+q(1-1)+r=5 --->得r=5a_1+q(2-1)+5=-2 --->得q=-3推出：a_n=5-3(n-1)+5经过上面的演示，我们发现，待定系数法在处理复杂数列时也很有用。
此外，还有一些特殊情况，也可以使用待定系数法。
数列 待定系数法
数列待定系数法
待定系数法是解决关于一次、二次、三次等多项式函数的方法之一。
所谓待定系数，就是指需要通过一定的方法，将多项式函数的系数进行确定的一种算法。
对于一些比较复杂的函数，我们可以采用待定系数法去求解，从而得到函数的具体形式和性质。
待定系数法主要用于求解未知常数和未知函数的系数，从而使得我们能够准确地推导出一些关于函数性质、性质的性质以及函数特征等信息。
在实际运用领域，待定系数法常常被用来处理工程问题或科学领域中的问题。
待定系数法的基本思想就是设定一些可能的系数取值，从而使得多项式函数满足一定的条件。
在实际运用中，我们一般采取尝试法的方法，即先假定未知量的形式，再代入式子，从而求解各个未知量的取值。
对于一些数列类型的问题，我们可以在待定系数法的基础上，构建一个数列方程组，从而推导出数列的公式和通项公式。
待定系数方程法可以用于求解一些多项式函数和数列串之间的规律和特性，可以帮助我们更好地理解数学方程和问题的性质。
在实际应用中，待定系数法通常需要一定程度的数学知识和技巧，需要我们具备一定的数学思维和数学技巧。
“待定系数法”解递推数列
“待定系数法”解递推数列求递推数列的通项，是高考数列综合题最为常见的考查内容之一，虽然试题立意“试验——猜测——证明”的思想，但抽象推演的方法，也可能有很好的通性，而且更为简捷，本文推介的就是这样一种方法，不妨统称为“待定系数法”。
始作俑者：a n+1=b·=b·a a n +c 若b=1，则数列{a n }是等差数列；若c=0, b≠0，则数列{a n }是等比数列；若c≠0, b≠1,b≠0时呢？时呢？设常数k 是c 分解所得，且满足a n+1-k=b·-k=b·(a (a n -k)，则，则 易得bc k -=1，故}1{bc a n --成等差数列。
成等差数列。
例1 已知)2(5)23(,21711³+-=-=-n aa a n n ，求na 解：设)(231k a k a n n -×-=-+，则由已知得k=2，即{an-2}成等比数列。
成等比数列。
2 拓展1：a n +1=b·+1=b·a a n +c(n) 当数列{c(n)}成等比数列时。
成等比数列时。
若b=1，则a n+1-a n =c(n)，这实质上成为“泛等差”数列，因此用“累加相消法”即可解决，即a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1. 那么b≠1，且b≠0时呢？时呢？事实上，{c(n)}是等差数列Ûc(n)=p·c(n)=p·n+q n+q ，故c(n)也可以像c 一样分解：设a n -(An+B)=b{a n-1-[A(n-1)+B]}，则2)1(,1b pb qb q B bp A ---=-=,且{a n -(An+B)}成等比数列。
成等比数列。
例2 已知)2(123,2111³-+==-n n a a a n n ,求a n . 解：设a n -(An+B)=3{a n-1-{A(n-1)+B]},则a n =3a n-1-4A n +3A-4B,故2n-1=-4An+3A-4B 对n ≥2恒成立。
用待定系数法解决一类数列求和问题.doc
用待定系数法解决一类数列求和问题我们知道，错位相减法是解决形如{（an+b）·qn}（其中aq≠0且q ≠1）的数列求和问题的常规方法。
借助错位相减法求解此类问题时，必然要用到等比数列的求和公式，通常还会遇到蘩琐运算，对学生的运算能力要求较高，因而学生处错率高。
本文将借助待定系数法构造常数列来突破此难点。
例如：数列{an}满足an=n2·2n，则{an}的前n项和Sn=.解法1（错位相减法）：上面两式相减得Sn=12·21·22·22+…+（n-1）2·2n-1+n2·2n，2Sn=12·22+…+（n-1）2·2n+n2·2n+1，上面两式相减得：-Sn=2+3·22+…+（2n-1）·2n-n2·2n-1，则-2Sn=1·22+…+（2n-3）·2n+（2n-1）·2n-1-n2·2n+2，上面两式相减得：Sn=2+2（22+23+…+2n）-n2·2n-1-（2n-1）·2n+1+n2·2n+2=2+2·22（2n-1-1）-（2n-1）·2n+1+n2·2n+1.所以Sn=（n2-2n+3）·2n+1-6解法2（待定系数法）：Sn=Sn-1+n2·2n （n∈N*且n≥2 ）.设Sn-（an2+bn+c）·2n+1=Sn-1-[a（n-1）2+b（n-1）+c]·2n 与上式比较可得2a-a=1，2b+2a-b=0，2c-a+b-c=0，解得 a=1，b=-2，c=3.所以Sn-（n2-2n+3）·2n+1=Sn-1[（n-1）2-2·（n-1）+3]·2n所以，数列{Sn-（n2-2n+3）}·2n+1 是常数列。
求数列通项的方法――待定系数法
求数列通项的方法――待定系数法教学目标：1.理解待定系数法求通项的方法2.学生会用待定系数法求递推数列的通项3.让学生理解并利用转化和化归思想求递推数列的通项公式4.让学生体会化归和转化思想应用的乐趣教学重难点：1.让学生理解待定系数法求通项的方法2.学生会用待定系数法求递推数列的通项知识要点：求数列的通项公式，最为广泛的的办法是：把所给的递推关系变形，使之成为某个等差数列或等比数列的形式，于是就可以由此推得所给数列的通项公式。
求解的关健在于变形的技巧，而变形的技巧主要在于引进待定系数。
其基本原理是递推关系两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差或等比数列。
例题分析：1.递推式形如a 1+n =p a n +q （p ≠1，pq ≠0）型通过待定系数法对常数q 分解法：设a 1+n +k=p （a n +k ）与原式比较系数可得pk －k=q ，即k=1-p q，从而得等比数列{a n +k}。
例1．已知数列{}n a 满足11=a ，且132n n a a +=+，求n a ． 解：设)(31k a k a n n +=++，则1231=⇒+=+k k a a n n ，)1(311+=++n n a a ∴{}1+n a 是以)1(1+a 为首项,以3为公比的等比数列∴111323)1(1--⋅=⋅+=+n n n a a ，∴1321-⋅=-n n a例2. 已知数列{}n a 满足11=a ，0731=-++n n a a ,求数列{}n a 的通项公式。
解：由0731=-++n n a a 得37311+-=+n n a a设a )(311k a k n n +-=++，比较系数得373=--k k 解得47-=k∴{47-n a }是以31-为公比，以43471471-=-=-a 为首项的等比数列∴1)31(4347--⨯-=-n n a 1)31(4347--⨯-=⇒n n a点评：求递推式形如q pa a n n +=+1（p 、q 为常数）的数列通项，可用迭代法或待定系数法构造新数列)1(11pqa p p q a n n -+=-++来求得,也可用“归纳—猜想—证明”法来求。
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待定系数法在数列中的应用
待定系数法是一种常用的数学方法。
对于某些数学问题，如果已知所求结果具有某种确定的形式，则可引进一些尚待确定的系数来表示这种结果，通过已知条件建立起给定的算式和结果之间的恒等式，得到以待定系数为元的方程或方程组，解之即得待定的系数。
广泛应用于多项式的因式分解，求函数的解析式和曲线的方程等。
这里谈谈利用待定系数法解决数列中已知递推关系式求通项的一些解法，供大家参考：
一、形如d ca a n n +=+1的数列求通项，可以通过()x a c x a n n +=++1的形式，利用待定系数法求出x 的值，转化为公比是c 的等比数列求解。
例3．已知数列{}n a 满足23,111+==+n n a a a ，求通项n a ；
解：∵231+=+n n a a ,∴设()x a x a n n +=++31，则1=x
∴()1311+=++n n a a
∴{}1+n a 是公比为3的等比数列，首项是211=+a
∴1321-⋅=+n n a
∴()*,1321N n a n n ∈-⋅=-
二、形如n n n d m ca a ⋅+=+1的数列求通项，当d c ≠时，可以通过
()n n n n d x a c d x a ⋅+=⋅+++11的形式，利用待定系数法求出x 的值，转化为公比是c 的等比数列求解；当d c =时，转化为等差数列求解。
例2． ①已知数列{}n a 满足n n n a a a 23,111+==+，求通项n a ；
∵n n n a a 231+=+
∴设()n n n n x a x a 232
11⋅+=⋅+++，则1=x ∴()
n n n n a a 23211+=+++， {}
n n a 2+是公比为3的等比数列，首项是3211=+a ∴n n n n a 33321=⋅=+-
∴()*,23N n a n n n ∈-=∴
②已知数列{}n a 满足n n n a a a 243,111⋅+==+，求通项n a ；
∵n n n a a 2431⋅+=+
∴设()n n n n x a x a 232
11⋅+=⋅+++，则4=x ∴()
n n n n a a 2432411⋅+=⋅+++，92411=⋅+a {}
n n a 24⋅+∴是公比为3的等比数列，首项是92411=⋅+a ，
∴1133924+-=⋅=⋅+n n n n a
∴()*,2431N n a n n n ∈⋅-=+∴
③已知数列{}n a 满足n n n a a a 33,111+==+，求通项n a ；
∵n n n a a 331+=+ ∴313
311+=++n n n n a a ∴⎭
⎬⎫⎩⎨⎧n n a 3是公差为31的等差数列，首项是31 ∴
33n a n n = ∴13-⋅=n n n a
三、形如e dn ca a n n ++=+1的数列求通项，可以通过()y xn a c y n x a n n ++=++++)1(1的形式，利用待定系数法求出x 、y 的值，转化为公比是c 的等比数列求解。
例3．已知数列{}n a 满足n a a a n n 23,111+==+，求通项n a ；
解：∵n a a n n 231+=+
∴设()y n x a y n x a n n +⋅+=++⋅++3)1(1，则⎪⎩
⎪⎨⎧==211y x ∴⎪⎭⎫ ⎝
⎛++=++++21321)1(1n a n a n n ∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧
++21n a n 是公比为3的等比数列，首项是2
52111=++a
∴132
521-⋅=+
+n n n a ∴213251--⋅=-n a n n 。
四、形如11-++=n n n qa pa a 的数列求通项，可以通过()11-++=+n n n n xa a y xa a 的形式，利
用待定系数法求出x 、y 的值，转化为n n n z ya a +=+1的数列求解问题。
例4、已知数列{}n a 满足()2,32,2,51121≥+===-+n a a a a a n n n ，求通项n a ； （见课本必修5第69也复习参考题B 组第6题）
解法一：,3211-++=n n n a a a Θ
()11-++=+∴n n n n xa a y xa a 设
则⎩⎨⎧-=-=⎩⎨⎧==∴⎩⎨⎧==-1
33132
y x y x xy x y 或 ()113-++=+∴n n n n a a a a
{}1-+∴n n a a 是公比为3的等比数列，721=+a a
1137--⋅=+∴n n n a a
令()11313-++-=+n n n n x a x a ，与1137--⋅=+∴n n n a a 对照可得x=47- ⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅--=⋅--+113471347n n n n a a ⎭
⎬⎫⎩⎨⎧⋅-∴-1347n n a 是公比为-1的等比数列，首项是413471=-a ()1114
13347---⋅=⋅-∴n n n a ()()*,34
7141311N n a n n n ∈⋅+-⋅=∴-- 解法二：同上得：1137--⋅=+n n n a a ∴973313
11=⋅+--n n n n a a ∴设⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅-=+--x a x a n n n n 113313与973313
11=⋅+--n n n n a a 对照可得：127-=x
∴⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-=---12733112
7311n n n n a a ∴⎭
⎬⎫⎩⎨⎧-1273n n a 是公比为31-的等比数列，121312731=-a 。
131********-⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⋅=-n n n a ()()*,34
7141311N n a n n n ∈⋅+-⋅=∴--。
解法三：同解法一得：()n n n n a a a a 33112--=-+++ ∴{}n n a a 31-+是公比为-1的等比数列，13312-=-a a ∴()n
n n a a 11331-⋅=-+ ∴()n
n n a a 11331-⋅+=+ ∴设()()()n n n n x a x a 13111-⋅+=-⋅+++与()n n n a a 11331-⋅+=+对照可得：413=x ∴(){}n n x a 1-⋅+是公比为3的等比数列，∴4
74131=-a ∴()134
71-⋅=-⋅+n n
n x a ()()*,347141311N n a n n n ∈⋅+-⋅=∴-- 解法四：同解法三得：()n
n n a a 11331-⋅=-+ ∴()()1313111
=-⋅+-++n n n n a a
∴设()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅-=+-++x a x a n n n n 1311
1
与()()1313111=-⋅+-++n n n n a a 对照可得413=x ∴()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅-=+-++4131341311
1
n n n n a a ∴()⎭
⎬⎫⎩⎨⎧+-4131n n a 是公比为-3的等比数列，()47413111-=+-a ∴()()13474131--⋅⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=+-n n n
a
()()*,34
7141311N n a n n n ∈⋅+-⋅=∴-- 解法五：同解法三得：()n n n a a 11331-⋅=-+
同解法一得n n n a a 371⋅=++
()⎪⎩⎪⎨⎧⋅=+-⋅=-++②
①..............................37.................113311n n n n n n a a a a ②-①得：()11371134--⋅+-⋅=∴n n n a
()()*,34
7141311N n a n n n ∈⋅+-⋅=∴-- 例5． 已知βα、是方程02=++q px x 的两个根，,,221q p a p a -==
()2,11≥+=-+n qa pa a n n n ,求通项n a 。
解：βαβα⋅=+=q p ,
()111--+⋅++=+=n n n n n a a qa pa a αββα
()11-+⋅-=⋅-n n n n a a a a αβα
{}1-⋅-n n a a α是公比为β的等比数列，首项是 ()()22
212βαββααβαα=-+-+=--=⋅-q p p a a ∴n n n n a a βββα=⋅=⋅---221…………………….① 又()11-+⋅-=⋅-n n n n a a a a βαβ
同理可得：n n n a a αβ=⋅--1……………………②
当βα=时，n n n a a αα=⋅--1
111=---n n n n
a a αα，n n n n
n a n a αα⋅=∴=∴,
当βα≠时，由①②得 ：β
αβα--=++1
1n n n a
综上，⎪⎩
⎪⎨⎧≠--=⋅=++βαβαβαβαα,,,11n n n n n a
说明：本例和例4基本相同，请读者自己考虑其它解法。