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摘 要: 近年来，高考命题的角度正逐渐从知识立意转向能力立意.本文从 2020 年三卷的一道 数列大题出发，浅议此题对于我们备考的一些启示，提供一些备考的思路.
题目 ( 2020 年全国Ⅲ卷第 17 题第( 1 问) 设 数列{ an } 满足 a1 = 3.an + 1 = 3an-4n.计算 a2.a3.猜 想{ an } 的通项公式并加以证明.
解析 由题意可得 a2 = 3a1 -4 = 9-4 = 5.a3 = 3a2 -8 = 15-8 = 7.
由数列{an }的前三项可猜想数列{an }是以 3 为 首项，2 为公差的等差数列，即 an = 2n + 1.
证明如下:
当 n = 1 时，a1 = 3 成立;
假设 n = k 时，ak = 2k + 1 成立.
那么 n = k + 1 时，ak + 1 = 3ak -4k = 3( 2k + 1) - 4k = 2k + 3 = 2( k + 1) + 1 也成立.
则对任意的 n∈N* ，都有 an = 2n + 1 成立.
数学归纳法在平时的复习中是一个我们容易忽 视的数学方法，它在数列问题中有着广泛的运用，这 也是在提醒大家在备考时要注重全面性，切不可遗 漏某些不太常用的数学知识和方法.本文重点不在 于数学归纳法的深入研究和讨论，实际上常用求数 列通项的方法，一般分为累加法、累乘法和待定系数 法.说到待定系数法，大家对这个方法一定不陌生.
已知数列{an }满足 a1 = 4.an + 1 = 3an -4.求数
列{an }的通项公式.
我们设 an + 1 + x = 3 ( an + x)，解得 x = -2.则 an + 1 -2 = 3( an -2).
所以{ an -2} 是以 3 为公比，以 2 为首项的等比 数列.
所以 an -2 = 2 ·3n-1.
所以 an = 2 ·3n-1 + 2.
对比 2020 年Ⅲ卷的数列题 an + 1 = 3an -4n 这 个条件，我们发现它仅仅是等式右边的最后一项有 所变化，从-4 变成了-4n，我们自然想到能不能也 用待定系数法来解决呢? 答案是肯定的，不过应该 注意到，对于 an + 1 = 3an -4 这个式子我们待定的系 数是 x，an + 1 = 3an-4n 还能沿用 x 做待定系数吗?
如若使用，由 an + 1 + x = 3( an + x)，得 x = -2n.
即 an + 1 -2n = 3( an -2n).
这个构造不是十分成功.经过一番思考，我们发 现构造的式子可能是这种形式:
an + 1 + x( n + 1) = 3( an + xn) ，
可得 an + 1 = 3an + 2xn-x. ( * )
对比 an + 1 = 3an -4n 发现并不存在这样的 x 使 得( * ) 式成立，故考虑新增待定系数 y，构造
an + 1 + x( n + 1) + y = 3( an + xn + y) ，
可得 an + 1 = 3an + 2xn-x + 2y.
对比 an + 1 = 3an-4n，可得 x = -2.y = -1.
故构造 an + 1 -2( n + 1) -1 = 3( an -2n -1) ，
所以有 an -2n -1 = 3 [an-1 -2 ( n -1) -1] = … = a2 -2 × 2 -1 = 3( a1 -2 -1).
由a1 = 3.可得上述所有等式的两边均为 0.
所以 an = 2n + 1.
刚才我们发现形如 an + 1 = pan + f( n) ( p 为常 数) 的式子，当f( n) = an + b 时，我们构造的待定式 子 an + 1 + x( n + 1) + y = p( an + xn + y) 左右两边也 都是一次函数型的，如果我们把f( n) 换成其他类型 的函数呢? 比如二次函数、指数函数等，其实我们在 构造时只需相应地使用同类型的函数式构造即可.
下面我们对这个高考题做一些改编:
改编 1 已知数列{an }满足a1 = 3.an + 1 = 3an- 4n2.求数列{an }的通项公式.
分析 我们构造 an + 1 + a ( n + 1) 2 + b( n + 1) + c = 3( an + an2 + bn + c)，即可得
an + 1 = 3an + 2an2 + ( 2b-2a) n + 2c-a-b.
对比 an +1 = 3an-4n2.可得 a =-2.b =-2.c =-2.
所以 an + 1 -2 ( n + 1) 2 -2 ( n + 1) -2 = 3 ( an- 2n2 -2n-2).
所以{ an -2n2 -2n-2} 是以-3 为首项，3 为公 比的等比数列.
所以 an -2n2 -2n-2 = -3n.
所以 an = -3n + 2n2 + 2n + 2
改编 2 已知数列{an }满足a1 = 3.an + 1 = 4an + 2n，求数列{an }的通项公式.
分析 构造 an + 1 + x ·2n + 1 = 4( an + x ·2n ) ， 整理可得 an + 1 = 4an + 2x ·2n.
对比 an + 1 = 4an + 2n，可得 x=2/1.
所以有 an + 1 + 2/1·2n + 1 = 4( an +2/1 ·2n ).所以{ an + 2/1 ·2n } 是以 4 为首项，4 为公比的
等比数列.
所以 an +2/1 ·2n = 4n.
所以 an = 4n -2n-1.
改编 3 已知数列{an }满足a1 = 3.an + 1 = 4an + 2n + 1.求数列{an }的通项公式.
分析 构造 an + 1 + x ·2n + 1 + y = 4( an + x ·2n + y) 求解即可.不难求得 an =3/14 ·4n-1 -2n-1 -3/1
改编 4 已知数列{an }满足，a1 = 1.a2 = 4.an + 1 = 4an -3an-1.求数列{an }的通项公式.
分析 构造 an + 1 -xan = y( an -xan-1) ， 整理，得 an + 1 = ( y + x) an -xyan-1.
对比 an + 1 = 4an -3an-1可得
x = 1.y = 3 或 x = 3.y = 1.
所以有 an + 1 -an = 3( an -an-1) 和an + 1 -3an = an -3an-1.
即{ an + 1 -an } 与{ an + 1 -3an } 均为等比数列. 所以 an + 1 -an = 3n，an + 1 -3an = 1.
改编 5 已知数列{an }满足，a1 = 1.a2 = 4.an + 1 = 4an -3an-1 + 2n，求数列{an }的通项公式.
分析 构造 an + 1 + x ·2n + 1 = 4 ( an + x ·2n ) - 3( an-1 + x ·2n-1) ，整理，得 an + 1 = 4an -3an-1 + 2/x·2n.
比 an + 1 = 4an -3an-1 + 2n 可得 x = 2.
所以 an + 1 + 2 ·2n + 1 = 4( an + 2 ·2n ) -3( an-1 + 2 ·2n-1).
不妨设 bn = an + 2 ·2n，则有
bn + 1 = 4bn -3bn-1.b1 = 5.b2 = 12.
由改编 4 可知{ bn + 1 -bn } 与{ bn + 1 -3bn } 均为等 比数列，且 bn + 1 -bn = 7 ·3n-1.bn + 1 -3bn = -3.
改编 6 已知数列{an }满足，a1 = 1.a2 = 4.an + 1 = 4an -3an-1 + 4n，求数列{an }的通项公式.
分析 由于构造 an + 1 + x( n + 1) = 4 ( an + xn)
-3 [an-1 + x( n -1) ]，整理得 an + 1 = 4an -3an-1 + 2x，与题目条件 an + 1 = 4an -3an-1 + 4n 矛盾，故应设 an + 1 + x ( n + 1) 2 + y ( n + 1) = 4 ( an + xn2 + yn) - 3 [an-1 + x ( n -1) 2 + y( n -1) ]，
整理可得 an + 1 = 4an -3an-1 + 4xn + 2y-4x.
对比 an + 1 = 4an -3an-1 + 4n，
可得 x = 1.y = 2.
所以 an + 1 + ( n + 1) 2 + 2 ( n + 1) = 4 ( an + n2 +
2n) -3 [an-1 + ( n -1) 2 + 2( n -1) ].
设 bn = an + n2 + 2n，则有
bn + 1 = 4bn -3bn-1.b1 = 4.b2 = 12.
由改编 4 可知{ bn + 1 -bn } 与{ bn + 1 -3bn } 均为等 比数列，且 bn + 1 -bn = 8 ·3n-1.bn + 1 -3bn = 0.
联立这两个式子可得 bn = 4 ·3n-1.
由 bn = an + n2 + 2n 可得
an = 4 ·3n-1 -n2 -2n.
改编 7 已知数列{an }满足 a1 = 0.an + 1 = 5an +
也就是说，形如 an + 1 = pan + qan-1 ( p，q 均为常 数) 的递推公式，其 an = λ 1 tn-1 + λ2 sn-1.λ 1.λ2 为待 定系数，我们可以代入 a1.a2 的值来确定 λ 1.λ2.这 种方法本质上就是求数列通项的特征根法，我们发 现可以通过待定系数法来证明这一结论.关于更一 般的常系数线性 齐次( 非齐次) 递 推 数 列 an + k = c1 an + k-1 + c2 an + k-2 + … + ck an + f ( n) ( c1.c2.…，ck 均为常数) 的求解方法通常需要运用特征根来解 决，用待定系数法求解会太过复杂，感兴趣的读者可 以延伸阅读相关特征根法求数列通项的文献，这里就不再赘述.
参考文献:
[1] 曹汝成.组合数学 [M].广州: 华南理工出版社，2012.
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