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数列实质上是一种特殊的函数，即离散函数.所以数列与函数、方程、不等式等内容有着密切的联系，同时数列又是以后学习数学分析和高等代数的基础和前提，可以说数列是连接中学数学与高等数学的纽带之一.
回顾近几年高考试题，数列的相关知识通常用一道大题来考查.从分值来看，数列部分占总分的比例稳定在8.0%～11.3%左右，地位不容忽视.从题型来看，多以求通项公式、求前n项和的形式出现.故探讨其简易求解方法就显得很有必要.
本文介绍在大学组合数学中关于递推关系的几个结论（它们可以直接被用于求数列的通项），同时将此解法与高中数学中的常规解法做对比，探究各自的优缺点，希望可以化繁为简，对提升同学们的解題效率有所帮助.
一、组合数学中关于递推关系的介绍
1.设{an}n≥0是一数列，通项an与其前面若干项的关系式称为一个递推关系：
an=u1an-1+u2an-3+…+ukan-k（n≥k）（1.1）.
2.上式的最高次数为1，若u1，u2，…，uk是k个常数且uk≠0，我们把他叫做k阶齐次递推关系.
3.类似地，对递推关系
an=u1an-1+u2an-2+u3an-3+…+ukan-k+f（n）（n≥k）（1.2）.
如果u1，u2，…，uk是k个常数且uk≠0，f（n）是以n为自变量的函数，我们把他叫做k阶非齐次递推关系，
二、几个实用的结论
（一）对于递推关系（1.1），将an转化为xn，化简得到
xk-u1xk-1-u2xk-2-…-uk-1x-uk=0（1.3）.
我们把这样的方程称作特征方程.
1.若（1.3）有k（k≥1）个单根q1，q2，…，qk且彼此相异，则
an=c1qn1+c2qn2+…+ckqnk
即为所求的通项公式.ci为待定常数，由递推关系的初值决定.
（二）对于递推关系（1.2）
此时特征方程仍然为：
xk-u1xk-1-u2xk-2-…-uk-1x-uk=0（1.3）.
1.若f（n）是n的m次多项式，如果1是方程（1.3）的i重根，则bn=nig（n），其中g（n）是n的次多项式.
2.若f（n）形如c·an，c和a均为非零常数，若a是（1.3）i重根，则bn=A·nian，其中A是待定常数.
另一方面，若an=Bn则：
an=u1an-1+u2an-2+u3an-3+…+ukan-k（n≥k）（1.1）
的通解，则an′=bn+Bn即为所求的通项公式.
二、结论的适用条件及说明
上述结论适用于递推关系里各项系数均为常数的情形，结论的证明由于需用到高等数学中常微分方程的相关理论，在这里就不作详述.或许上文中的代数式对很多同学来说仍然过于复杂，下面就来分析几道典型的数列题目，看看在具体的数字情境下，这些公式是如何发挥作用的.
2.1an+1=pan+f（n）型数列（为常数，为的多项式）
例1已知数列{an}满足an+1=2an+3n2+4n+5，a1=1，求数列{an}的通项公式.
解：用组合数学结论求解.
an+1=2an+3n2+4n+5为一阶非齐次递推关系，f（n）=3n2+4n+5.特征方程x-2=0只有一个单根x1=2.
设bn=An2+Bn+C，代入原式得：
A（n+1）2+B（n+1）+C=2（An2+Bn+C）+3n2+4n+5.
由等式两边对应项系数相等，故：
a=2A+3，
2A+B=2B+4，
A+B+C=2C+5A=-3，
B=-10，
C=-13.bn=-3n2-10n-18.
an+1=2an的通解为Bn=c1·2n，
则an=Bn+bn=c1·2n-3n2-10n-18.
将a1=1代入，解得c1=16，故
an=2n+4-3n2-10n-18.
即为所求的通项公式.
评注：直接求出an的表达式，不需要构造等比数列，计算量也相对较少，从而降低了解题的出错率.
2.2an+2=pan+1+qan型数列（p，q为常数）
例2已知数列{an}满足an+1=3an-an-1（n≥2），a1=a2=1，求数列{an}的通项公式.
解：经计算发现，我们并不能通过等式变换求得关于an+1-λan与an-λan-1之间的递推公式，因此在这里只给出组合数学的解法.
an+1=3an-an-1为二阶齐次递推关系，特征方程x2-3x+1=0有两个单根x1=+52，x2=3-52，于是可设通项公式为an=c13+52n+c13-52n，将a1，a2代入得：
a1=c13+521+c23-521=1，
a2=c13+521+c2c13-521=1c1=5+255，
c2=5-255.
故an=5-2553+52n+5+2553-52n即为所求.
评注：对于an+2=pan+1+qan型数列（p，q为常数），组合数学的结论更具有普适性和通用性，对一般的p，q值，只要x2-px+q=0而有解，均可列出形如an=c1xn1+c2xn2这样的通式，进而代入初值求出c1，c2的值.而累加法和累乘法这样典型的数列求解方法，只有在p，q取特殊值时，才可以通过适当的变换，构造等比或等差数列，进而求出数列通项.虽然 这种方法有时较为简便，但对学生的数感和等式变换能力要
求较高，组合数学的方法则以不变应万变，计算量与前者类
似，却完全可以被学生准确而熟练地运用.因此，教师在教学中可以介绍组合数学的相关结论和使用条件，从而提升学生解决问题的能力，在考试中节省下宝贵的时间.
最后，再来看一道an+1=pan+fn型的数列问题：
2.3an+1=pan+fn型数列（p为常数，f（n）为的形式）
例3.设数列，已知ban-2n=b-1Sn
（Ⅰ）证明：当b=2时，an-n·2n-1是等比数列.（Ⅱ）求an的通项公式.
解：由题意知a1=2，且：
ban-2n=（b-1）Sn，
ban-1-2n+1=（b-1）Sn+1两式相减得：
ban+1-an-2n=b-1an+1.
即an+1=ban+2n.③
用组合数学的结论求解.
（Ⅰ）an+1=ban+2n为一阶非齐次递推关系，f（n）=2n.特征方程x-b=0只有一个单根x1=b.当b=2时，2是特征方程的根，设bn=An·2n，代入原式得
A（n+1）2n+1=2An·2n+2n.
等式两边对应项系数相等，故2A=1A=12bn=n·2n-1.
an+1=2an的通解为Bn=c1·2n.
则an=Bn+bn=c1·2n+n·2n-1，将a1=2代入，解得c1=12，故an=（n+1）2n+1.
（Ⅱ）当b=2时，由（Ⅰ）知an=（n+1）2n+1.
当b≠2时，2不是特征方程的根，则可设bn=A·2n，代入原式得A·2n+1=bA·2n+2n.
等式两边对应项系数相等，故：
2A=bA+1A=12-bbn=2n2-b.
an+1=ban的通解为Bn=c1·bn.
则an=Bn+bn=c1·bn+2n2-b，将a1=2代入，解得c1=2-2bb（2-b），故：
an=1（2-b）（2n+（2-2b）bn-1）.
评注：由上面的例题可以看出，对于an+1=pan+fn型数列（p为常数，f（n）为can的形式），用组合数学的结论求解的步骤虽然较多，但却不需要考虑常系数的取值，学生可以直接列出通项表達式，再求出其具体系数即可.
作者单位：华南师范大学数学科学学院
回顾近几年高考试题，数列的相关知识通常用一道大题来考查.从分值来看，数列部分占总分的比例稳定在8.0%～11.3%左右，地位不容忽视.从题型来看，多以求通项公式、求前n项和的形式出现.故探讨其简易求解方法就显得很有必要.
本文介绍在大学组合数学中关于递推关系的几个结论（它们可以直接被用于求数列的通项），同时将此解法与高中数学中的常规解法做对比，探究各自的优缺点，希望可以化繁为简，对提升同学们的解題效率有所帮助.
一、组合数学中关于递推关系的介绍
1.设{an}n≥0是一数列，通项an与其前面若干项的关系式称为一个递推关系：
an=u1an-1+u2an-3+…+ukan-k（n≥k）（1.1）.
2.上式的最高次数为1，若u1，u2，…，uk是k个常数且uk≠0，我们把他叫做k阶齐次递推关系.
3.类似地，对递推关系
an=u1an-1+u2an-2+u3an-3+…+ukan-k+f（n）（n≥k）（1.2）.
如果u1，u2，…，uk是k个常数且uk≠0，f（n）是以n为自变量的函数，我们把他叫做k阶非齐次递推关系，
二、几个实用的结论
（一）对于递推关系（1.1），将an转化为xn，化简得到
xk-u1xk-1-u2xk-2-…-uk-1x-uk=0（1.3）.
我们把这样的方程称作特征方程.
1.若（1.3）有k（k≥1）个单根q1，q2，…，qk且彼此相异，则
an=c1qn1+c2qn2+…+ckqnk
即为所求的通项公式.ci为待定常数，由递推关系的初值决定.
（二）对于递推关系（1.2）
此时特征方程仍然为：
xk-u1xk-1-u2xk-2-…-uk-1x-uk=0（1.3）.
1.若f（n）是n的m次多项式，如果1是方程（1.3）的i重根，则bn=nig（n），其中g（n）是n的次多项式.
2.若f（n）形如c·an，c和a均为非零常数，若a是（1.3）i重根，则bn=A·nian，其中A是待定常数.
另一方面，若an=Bn则：
an=u1an-1+u2an-2+u3an-3+…+ukan-k（n≥k）（1.1）
的通解，则an′=bn+Bn即为所求的通项公式.
二、结论的适用条件及说明
上述结论适用于递推关系里各项系数均为常数的情形，结论的证明由于需用到高等数学中常微分方程的相关理论，在这里就不作详述.或许上文中的代数式对很多同学来说仍然过于复杂，下面就来分析几道典型的数列题目，看看在具体的数字情境下，这些公式是如何发挥作用的.
2.1an+1=pan+f（n）型数列（为常数，为的多项式）
例1已知数列{an}满足an+1=2an+3n2+4n+5，a1=1，求数列{an}的通项公式.
解：用组合数学结论求解.
an+1=2an+3n2+4n+5为一阶非齐次递推关系，f（n）=3n2+4n+5.特征方程x-2=0只有一个单根x1=2.
设bn=An2+Bn+C，代入原式得：
A（n+1）2+B（n+1）+C=2（An2+Bn+C）+3n2+4n+5.
由等式两边对应项系数相等，故：
a=2A+3，
2A+B=2B+4，
A+B+C=2C+5A=-3，
B=-10，
C=-13.bn=-3n2-10n-18.
an+1=2an的通解为Bn=c1·2n，
则an=Bn+bn=c1·2n-3n2-10n-18.
将a1=1代入，解得c1=16，故
an=2n+4-3n2-10n-18.
即为所求的通项公式.
评注：直接求出an的表达式，不需要构造等比数列，计算量也相对较少，从而降低了解题的出错率.
2.2an+2=pan+1+qan型数列（p，q为常数）
例2已知数列{an}满足an+1=3an-an-1（n≥2），a1=a2=1，求数列{an}的通项公式.
解：经计算发现，我们并不能通过等式变换求得关于an+1-λan与an-λan-1之间的递推公式，因此在这里只给出组合数学的解法.
an+1=3an-an-1为二阶齐次递推关系，特征方程x2-3x+1=0有两个单根x1=+52，x2=3-52，于是可设通项公式为an=c13+52n+c13-52n，将a1，a2代入得：
a1=c13+521+c23-521=1，
a2=c13+521+c2c13-521=1c1=5+255，
c2=5-255.
故an=5-2553+52n+5+2553-52n即为所求.
评注：对于an+2=pan+1+qan型数列（p，q为常数），组合数学的结论更具有普适性和通用性，对一般的p，q值，只要x2-px+q=0而有解，均可列出形如an=c1xn1+c2xn2这样的通式，进而代入初值求出c1，c2的值.而累加法和累乘法这样典型的数列求解方法，只有在p，q取特殊值时，才可以通过适当的变换，构造等比或等差数列，进而求出数列通项.虽然 这种方法有时较为简便，但对学生的数感和等式变换能力要
求较高，组合数学的方法则以不变应万变，计算量与前者类
似，却完全可以被学生准确而熟练地运用.因此，教师在教学中可以介绍组合数学的相关结论和使用条件，从而提升学生解决问题的能力，在考试中节省下宝贵的时间.
最后，再来看一道an+1=pan+fn型的数列问题：
2.3an+1=pan+fn型数列（p为常数，f（n）为的形式）
例3.设数列，已知ban-2n=b-1Sn
（Ⅰ）证明：当b=2时，an-n·2n-1是等比数列.（Ⅱ）求an的通项公式.
解：由题意知a1=2，且：
ban-2n=（b-1）Sn，
ban-1-2n+1=（b-1）Sn+1两式相减得：
ban+1-an-2n=b-1an+1.
即an+1=ban+2n.③
用组合数学的结论求解.
（Ⅰ）an+1=ban+2n为一阶非齐次递推关系，f（n）=2n.特征方程x-b=0只有一个单根x1=b.当b=2时，2是特征方程的根，设bn=An·2n，代入原式得
A（n+1）2n+1=2An·2n+2n.
等式两边对应项系数相等，故2A=1A=12bn=n·2n-1.
an+1=2an的通解为Bn=c1·2n.
则an=Bn+bn=c1·2n+n·2n-1，将a1=2代入，解得c1=12，故an=（n+1）2n+1.
（Ⅱ）当b=2时，由（Ⅰ）知an=（n+1）2n+1.
当b≠2时，2不是特征方程的根，则可设bn=A·2n，代入原式得A·2n+1=bA·2n+2n.
等式两边对应项系数相等，故：
2A=bA+1A=12-bbn=2n2-b.
an+1=ban的通解为Bn=c1·bn.
则an=Bn+bn=c1·bn+2n2-b，将a1=2代入，解得c1=2-2bb（2-b），故：
an=1（2-b）（2n+（2-2b）bn-1）.
评注：由上面的例题可以看出，对于an+1=pan+fn型数列（p为常数，f（n）为can的形式），用组合数学的结论求解的步骤虽然较多，但却不需要考虑常系数的取值，学生可以直接列出通项表達式，再求出其具体系数即可.
作者单位：华南师范大学数学科学学院