2020年用特征方程求数列的通项

特征方程法求解递推关系中的数列通项之青柳念文创作当()f x x =时，x 的取值称为不动点，不动点是我们在比赛中处理递推式的基本方法.典型例子：1n n n aa b a ca d++=+令 ax b x cx d+=+，即2()0cx d a x b +--= ，令此方程的两个根为12,x x ， (1)若12x x =,则有11111n n p a x a x +=+-- （其中2c p a d=+）(2)若12x x ≠,则有111122n n n n a x a x qa x a x ++--=--（其中12a cx q a cx -=-）例题1：设23()27x f x x -+=-， (1)求函数()y f x =的不动点； (2）对(1)中的二个不动点,()a b a b <，求使()()f x a x akf x b x b--=--恒成立的常数k 的值； (3)对由111,()n n a a f a -==(2)n ≥定义的数列{}n a ，求其通项公式n a .23()27x f x x -+=-解析：(1)设函数()f x 的不动点为0x ，则0002327x x x -+=-解得012x =-或03x =(2)由231111()1272222238248(3)83327x x x x x x x x x x -++---++-===⋅-++-----可知使()()f x a x a kf x b x b --=--恒成立的常数18k =.(3)由(2)可知1111122383n n n n a a a a --++=⋅--，所以数列123n n a a ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭是以34-为首项，18为公比的等比数列.则11312()348n n n a a -+=-⋅-，则11911()482311()48n n n a ---=+例2．已知数列}{n a 知足性质：对于14N,,23n n n a n a a ++∈=+ 且,31=a 求}{n a 的通项公式.解:依定理作特征方程,324++=x x x 变形得,04222=-+x x 其根为.2,121-==λλ故特征方程有两个相异的根，则有即11111252n n n n a a a a ++--=-++ 又1113122325a a --==++∴数列12n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以25为首项，15-为公比的等比数列例3．已知数列}{n a 知足：对于,N ∈n 都有.325131+-=+n n n a a a（1）若,51=a 求;n a （2）若,61=a 求;n a解：作特征方程.32513+-=x x x 变形得,025102=+-x x 特征方程有两个相同的特征根 5.x =（1）∵115,.a a x =∴=∴对于,N ∈n 都有5;n a x == （2）∴543,N.7n n a n n +=∈+一、数列的一阶特征方程（1n n a pa q -=+型）在数列{}n a 中，1a 已知，且2n ≥时，1n n a pa q -=+（,p q 是常数），（1）当1p =时，数列{}n a 为等差数列；（2）当0p =时，数列{}n a 为常数数列；（3）当1,0p q ≠=时，数列{}n a 为等比数列；（4）当0,1,0p q ≠≠时，称x px q =+是数列{}n a 的一阶特征方程，其根1qx p=-叫做特征方程的特征根，这时数列{}n a 的通项公式为：11()n n a a x p x -=-+； 例1：已知数列{}n a 中，15a =，且2n ≥时，求n a ； （参考答案：122273n n a -=-） 二、数列的二阶特征方程（21n n n a pa qa ++=+型）在数列{}n a 中，1a 与2a 已知，且21n n n a pa qa ++=+（,p q 是常数），则称2x px q =+是数列{}n a 的二阶特征方程，其根1x ，2x 叫做特征方程的特征根.（1）当12x x ≠时，有1122n n n a c x c x =+；（2）当12x x =时，有111[(1)]n n a a n d x -=+-； 其中12,,c c d 由12,a a 代入n a 后确定.例2：在数列{}n a 中，123,7a a ==，且3n ≥时，12340n n n a a a ----=，求n a ； （参考答案：121(1)2n n n a +-=-+）思索一个简单的线性递推问题. 设已知数列}{n a 的项知足1a b =,1n n a ca d +=+ 其中,1,0≠≠c c 求这个数列的通项公式.采取数学归纳法可以求解这一问题，然而这样做太过繁琐，而且在猜测通项公式中容易出错，本文提出一种易于被学生掌握的解法——特征方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程,d cx x +=称之为特征方程；借助这个特征方程的根疾速求解通项公式.下面以定理形式停止阐述.0x ，则当10a x =时，n a 为常数列，即0101,;x b a a x a a n n n +===时当，其中}{n b 是以c 为公比的等比数列，即01111,x a b c b b n n -==-.证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10cdx -=作换元,0x a b n n -= 则1101n n n db a x ca d c--=-=+-- 当10a x ≠时，01≠b ，数列}{n b 是以c 为公比的等比数列，故;11-=n n c b b 当10a x =时，01=b ，}{n b 为0数列，故.N ,1∈=n a a n （证毕） 下面罗列两例，说明定理1的应用.例1．已知数列}{n a 知足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a解：作方程.23,2310-=--=x x x 则当41=a 时，.21123,1101=+=≠a b x a 数列}{n b 是以31-1111111()(),323n n n b b --=-=-例2．已知数列}{n a 知足递推关系：,N ,)32(1∈+=+n i a a n n 其中i 为虚数单位.当1a 取何值时，数列}{n a 是常数数列？解：作方程,)32(i x x +=则.5360i x +-=要使n a 为常数，即则必须.53601ix a +-== 现在思索一个分式递推问题（*）.例3．已知数列}{n a 知足性质：对于,324,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 的通项公式.}{n a 知足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ，都有hra qpa a n n n ++=+1（其中p 、q 、r 、h 均为常数，且r h a r qr ph -≠≠≠1,0,），那末，可作特征方 程hrx qpx x ++=.（1）当特征方程有两个相同的根λ（称作特征根）时，若,1λ=a 则;N ,∈=n a n λ若λ≠1a ，则,N ,1∈+=n b a n n λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p r n a b n λλ特别地，当存在,N 0∈n 使00=nb 时，无穷数列}{n a 不存在.（2）当特征方程有两个相异的根1λ、2λ（称作特征根）时，则112--=n n n c c a λλ，,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中则λλ-++=-=++h ra q pa a d n n n n 11h ra h q r p a n n +-+-=λλ)(hd r hq r p d n n ++-+-+=)())((λλλλ λλλλr h rd q p h r r p d n n -+--+--=])([)(2①∵λ是特征方程的根，∴λ.0)(2=--+⇒++=q p h r hr qp λλλλ将该式代入①式得.N ,)(1∈-+-=+n rh rd r p d d n n n λλ②将rp x =代入特征方程可整理得,qr ph =这与已知条件qr ph ≠λ,rp≠于是.0≠-r p λ③当01=d ，即λ+=11d a =λ时，由②式得,N ,0∈=n b n 故.N ,∈=+=n d a n n λλ 当01≠d 即λ≠1a 时，由②、③两式可得.N ,0∈≠n d n 此时可对②式作如下变更：.1)(11rp rd r p r h r p d r h rd d n n n n λλλλλ-+⋅-+=--+=+④由λ是方程h rx qpx x ++=的两个相同的根可以求得.2r h p -=λ∴,122=++=---+=-+h p p h rrh p p rr h p h r p r h λλ将此式代入④式得.N ,111∈-+=+n r p r d d n n λ 令.N ,1∈=n d b nn 则.N ,1∈-+=+n r p r b b n n λ故数列}{n b 是以r p r λ-为公差的等差数列.∴.N ,)1(1∈-⋅-+=n r p r n b b n λ其中.11111λ-==a d b当0,N ≠∈n b n 时，.N ,1∈+=+=n b d a nn n λλ 当存在,N 0∈n 使00=nb 时，λλ+=+=0001n n n b d a 无意义.故此时，无穷数列}{n a 是不存在的.再证明定理的第（2）部分如下：∵特征方程有两个相异的根1λ、2λ，∴其中必有一个特征根不等于1a ，无妨令.12a ≠λ于是可作变换.N ,21∈--=n a a c n n n λλ故21111λλ--=+++n n n a a c ，将hra qpa a n n n ++=+1代入再整理得N ,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a hq r p a c n n n λλλλ⑤由第（1）部分的证明过程知rp x =不是特征方程的根，故.,21rp r p ≠≠λλ 故.0,021≠-≠-r p r p λλ所以由⑤式可得：N,2211211∈--+--+⋅--=+n rp h q a r p hq a rp r p c n n n λλλλλλ⑥∵特征方程hrx qpx x ++=有两个相异根1λ、2λ⇒方程0)(2=--+q p h x rx 有两个相异根1λ、2λ，而方程xrp xh q x --=-与方程0)(2=---q p h x rx 又是同解方程.∴222111,λλλλλλ-=---=--rp h q rp h q将上两式代入⑥式得当,01=c 即11λ≠a 时，数列}{n c 是等比数列，公比为rp r p 21λλ--.此时对于N ∈n 都有.))(()(12121111211------=--=n n n rp r p a a r p r p c c λλλλλλ当01=c 即11λ=a 时，上式也成立.由21λλ--=n n n a a c 且21λλ≠可知.N ,1∈=n c n 所以.N ,112∈--=n c c a n n n λλ(证毕)注:当qr ph =时,h ra q pa n n ++会退化为常数;当0=r 时,hra qpa a n n n ++=+1可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.现在求解前述例3的分类递推问题）（*.解:依定理作特征方程,324++=x x x 变形得,04222=-+x x 其根为.2,121-==λλ故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有.N ,)221211(2313)(11212111∈⋅-⋅-⋅+-⋅--⋅--=--n r p r p a a c n n n λλλλ∴.N ,)51(521∈-=-n c n n∴.N ,1)51(521)51(52211112∈----⋅-=--=--n c c a n n n n n λλ即.N ,)5(24)5(∈-+--=n a nn n 例4．已知数列}{n a 知足：对于,N ∈n 都有.325131+-=+n n n a a a（1）若,51=a 求;n a （2）若,31=a 求;n a （3）若,61=a 求;n a （4）当1a 取哪些值时，无穷数列}{n a 不存在？解：作特征方程.32513+-=x x x 变形得,025102=+-x x特征方程有两个相同的特征根.5=λ依定理2的第（1）部分解答. （1）∵∴=∴=.,511λa a 对于,N ∈n 都有;5==λn a （2）∵.,311λ≠∴=a a ∴λλr p rn a b n --+-=)1(1151131)1(531⋅-⋅-+-=n ,8121-+-=n 令0=n b ，得5=n .故数列}{n a 从第5项开端都不存在，当n ≤4，N ∈n 时，51751--=+=n n b a n n λ. （3）∵,5,61==λa ∴.1λ≠a ∴.,811)1(11N n n r p r n a b n ∈-+=--+-=λλ令,0=n b 则.7n n ∉-=∴对于.0b N,n ≠∈n∴.N ,7435581111∈++=+-+=+=n n n n b a nnλ （4）显然当31-=a 时，数列从第2项开端便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，51=a 时，数列}{n a 是存在的，当51=≠λa 时，则有.N ,8151)1(111∈-+-=--+-=n n a r p r n a b n λλ令,0=n b 则得N ,11351∈--=n n n a 且n ≥2.∴当11351--=n n a （其中N ∈n 且N≥2）时，数列}{n a 从第n 项开端便不存在.于是知：当1a 在集合3{-或,:1135N n n n ∈--且n ≥2}上取值时，无穷数列}{n a 都不存在.。

特征方程法求解递推关系中的数列通项一、（一阶线性递推式）设已知数列}{n a 的项满足d ca a b a n n +==+11,,其中,1,0≠≠c c 求这个数列的通项公式。

采用数学归纳法可以求解这一问题，然而这样做太过繁琐，而且在猜想通项公式中容易出错，本文提出一种易于被学生掌握的解法——特征方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程,d cx x +=称之为特征方程；借助这个特征方程的根快速求解通项公式.下面以定理形式进行阐述.定理1：设上述递推关系式的特征方程的根为0x ，则当10a x =时，n a 为常数列，即0101,;x b a a x a a n n n +===时当，其中}{n b 是以c 为公比的等比数列，即01111,x a b c b b n n -==-.证明：因为,1,0≠c d元,0x a b n n -=则011n n n d ca x a b +=-=--当10a x ≠时，01≠b ;11-n c b 当10a x =时，01=b ，{b 下面列举两例，说明定理1例1．已知数列}{n a 1当a .211231=+a数31-为公比的等比数列.于是.N ,)31(2112323,11∈-+-=+-=--n b a b n n n n n例2．已知数列}{n a 满足递推关系：,N ,)32(1∈+=+n i a a n n 其中i 为虚数单位。

当1a 取何值时，数列}{n a 是常数数列？ 解：作方程,)32(i x x +=则.5360i x +-=要使n a 为常数，即则必须.53601ix a +-== 二、（二阶线性递推式）定理2：对于由递推公式n n n qa pa a +=++12，βα==21,a a 给出的数列{}n a ，方程02=--q px x ，叫做数列{}n a 的特征方程。

若21,x x 是特征方程的两个根，当21x x ≠时，数列{}n a 的通项为1211--+=n n n Bx Ax a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入1211--+=n n n Bx Ax a ，得到关于A 、B 的方程组）；当21x x =时，数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x B A a ，其中A ，B 由βα==21,a a 决定（即把2121,,,x x a a 和2,1=n ，代入11)(-+=n n x Bn A a ，得到关于A 、B 的方程组）。

用特征根法与不动点法求递推数列的通项公式特征根法和不动点法是两种常用的方法来求解递推数列的通项公式。

本文将从这两个角度详细介绍这两种求解方法，并举例说明其应用。

一、特征根法（Characteristic Root Method）特征根法是一种基于代数方法的求解递推数列通项公式的方法，它通过寻找递推关系式的特征根来获取通项公式。

1.步骤：（1）建立递推关系式：根据问题描述，建立递推数列的递推关系式。

（2）设通项公式：假设递推数列的通项公式为Un=a^n。

（3）代入递推关系式：将通项公式Un=a^n代入递推关系式，得到方程Un=P(Un-1,Un-2,...,Un-k)，其中P为k个变量的多项式函数。

（4）寻找特征根：解方程Un=0，得到特征根r1，r2，...，rk。

（5）确定通项公式：根据特征根，得到通项公式Un=C1*r1^n+C2*r2^n+...+Ck*rk^n，其中C1，C2，...，Ck为待定系数。

（6）确定待定系数：利用已知序列的初始条件，求解待定系数，得到最终的通项公式。

2.示例：求解递推数列Un=3Un-1-2Un-2，已知U0=1，U1=2（1）建立递推关系式：Un=3Un-1-2Un-2（2）设通项公式：Un=a^n。

（3）代入递推关系式：a^n=3a^(n-1)-2a^(n-2)。

（4）寻找特征根：解方程a^n=3a^(n-1)-2a^(n-2)，得到特征根a=2，a=1（5）确定通项公式：Un=C1*2^n+C2*1^n。

（6）确定待定系数：利用初始条件U0=1，U1=2，得到方程组C1+C2=1，2C1+C2=2，解得C1=1，C2=0。

最终的通项公式为Un=2^n。

二、不动点法（Fixed Point Method）不动点法是一种基于迭代的求解递推数列通项公式的方法，它通过设定一个迭代公式，求解极限来获得通项公式。

1.步骤：（1）建立递推关系式：根据问题描述，建立递推数列的递推关系式。

题型四：求数列的通项公式一.公式法：当题中已知数列是等差数列或等比数列，在求其通项公式时我们就可以直接利用等差或等比数列的公式来求通项，只需求得首项及公差公比。

二.当题中告诉了数列任何前一项和后一项的递推关系即：n a 和a n-1的关系时我们可以根据具体情况采用下列方法1、叠加法：一般地，对于型如)(1n f a a n n +=+类的通项公式，且)()2()1(n f f f +++Λ的和比较好求，我们可以采用此方法来求n a 。

即：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-L 1a +(2)n ≥；【例1】已知数列{}n a 满足11211,2n n a a a n n +==++，求数列{}n a 的通项公式。

解：（1）由题知：121111(1)1n n a a n n n n n n +-===-+++ 112211()())n n n n n a a a a a +(a -a a ---∴=-+-++……1111111()()()121122n n n n =-+-++-+---…… 312n=- 2、叠乘法：一般地对于形如“已知a 1，且n1n a a +=f （n ）（f （n ）为可求积的数列）”的形式可通过叠乘法求数列的通项公式。

即：121121n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅L (2)n ≥； 【例2】在数列｛n a ｝中，1a =1, (n+1)·1+n a =n ·n a ，求n a 的表达式。

解：由(n+1)·1+n a =n ·n a 得11+=+n n a a n n ， 1a a n =12a a ·23a a ·34a a …1-n n a a =n n n 11433221=-⋅⋅Λ 所以n a n 1= 3、构造法：当数列前一项和后一项即n a 和a n-1的递推关系较为复杂时，我们往往对原数列的递推关系进行变形，重新构造数列，使其变为我们学过的熟悉的数列（等比数列或等差数列）。

用特性圆程供数列的通项之阳早格格创做一、递推数列特性圆程的钻研与探索递推(迭代)是中教数教中一个非常要害的观念战要领，递推数列问题本领央供下，内正在通联稀切，蕴含着很多粗妙的数教思维战要领.递推数列的特性圆程是何如去的？（一）、 若数列{}n a 谦脚),0(,11≠+==+c d ca a b a n n 其通项公式的供法普遍采与如下的参数法，将递推数列转移为等比数列：设t c ca a t a c t a n n n n )1(),(11-+=+=+++则 ，令d t c =-)1(，即1-=c dt ，当1≠c 时可得 )1(11-+=-++c d a c c d a n n ，知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1c d a n 是以c 为公比的等比数列，11)1(1--+=-+∴n n c c da c d a 将b a =1代进并整治，得()11---+=-c dc bd bc a n n n . 故数列dca a n n +=+1对付应的特性圆程是：x=cx+d（二）、二阶线性递推数列,11-++=n n n qa pa a仿上，用上述参数法咱们去探供数列{}n n ta a ++1的特性：无妨设)(11-++=+n n n n ta a s ta a ，则11)(-++-=n n n sta a t s a , 令⎩⎨⎧==-q st pt s （ ※）（1）若圆程组（ ※）有二组分歧的真数解),(),,(2211t s t s , 则)(11111-++=+n n n n a t a s a t a , )(12221-++=+n n n n a t a s a t a , 即{}n n a t a 11++、{}n n a t a 21++分别是公比为1s 、2s 的等比数列，由等比数列通项公式可得1111211)(-++=+n n n s a t a a t a ①, 1212221)(1-++=+n n n s a t a a t a ②,∵,21t t ≠由上二式①+②消去1+n a 可得()()()n n n s t t s a t a s t t s a t a a 22121221211112..-+--+=.（2）若圆程组（ ※）有二组相等的解⎩⎨⎧==2121t t s s ，易证此时11s t -=，则())(2112111111---++=+=+n n n n n n a t a s a t a s a t a=)(11211a t a s n +=-，211121111s a s a s a s a nn n n -=-∴++,即⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n s a 1是等好数列，由等好数列通项公式可知()21112111.1s as a n s a s a nn --+=，所以nn s n s a s a s a s a s a a 1211122111211.⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=． 那样，咱们通过参数要领，将递推数列转移为等比（好）数列，进而供得二阶线性递推数列的通项，若将圆程组（※）消去t 即得02=--q ps s ，隐然1s 、2s 便是圆程q px x +=2的二根，咱们无妨称此圆程为二阶线性递推数列11-++=n n n qa pa a 的特性圆程，所以有论断： 若递推公式为 ,11-++=n n n qa pa a 则其特性圆程为q px x +=21、 若圆程有二相同根1s 、2s ，则nnn s c s c a 2211+=；2、 若圆程有二等根21s s =，则nn s nc c a 121)(+=. 其中1c 、2c 可由初初条件决定.（三）分式线性递推数列da c ba a a n n n +⋅+⋅=+1（0,,,,≠∈c R d c b a ），将上述要领继承类比，仿照前里要领，等式二边共加参数t ，则da c ct a dtb a ct a t d ac b a a t a n n n n n +⋅++++=++⋅+⋅=++)(1①， 令cta dtb t ++=，即0)(2=--+b t d a ct ②，记②的二根为21,t t ，（1） 若21t t ≠，将21,t t 分别代进①式可得da c t a ct a t a n n n +⋅++=++1111)(，以上二式相除得21212111t a t a ct a ct a t a t a n n n n ++⋅++=++++，于是得到⎭⎬⎫⎩⎨⎧++21t a t a n n 为等比数列，其公比为21ct a ct a ++，数列{}n a 的通项na 可由121211121)(-++⋅++=++n n n ct a ct a t a t a t a t a 供得；（2）若21t t =，将1t t =代进①式可得da c t a ct a t a n n n +⋅++=++1111)(,思量到上式结构特性，二边与倒数得111111)(11t a ct d t a c ct a t a n n n +-++⋅+=++③由于21t t =时圆程③的二根谦脚cd a t --=12，∴11ct d ct a -=+ 于是④式可变形为111111t a ct a c t a n n +++=++ ∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11t a n 为等好数列，其公好为1ct a c +，∴数列{}n a 的通项n a 可由1111)1(11ct a c n t a t a n +⋅-++=+供得．那样，利用上述要领，咱们不妨把分式线性递推数列转移为等比数列或者等好数列，进而供得其通项.如果咱们引进分式线性递推数列da cb a a a n n n +⋅+⋅=+1的特性圆程为dcx b ax x ++=，即0)(2=--+b x a d cx ，此特性圆程的二根恰佳是圆程②二根的好同数，于是咱们得到如下论断：分式线性递推数列da cb a a a n n n +⋅+⋅=+1的特性圆程为dcx b ax x ++=1、若圆程有二相同根1s 、2s ，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧--21s a s a n n 成等比数列，其公比为21cs a cs a --；2、若圆程有二等根21s s =，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧-11s a n 成等好数列，其公好为1cs a c-.值得指出的是，上述论断正在供相映数列通项公式时固然有用，但是将递推数列转移为等比（等好）数列的思维要领更为要害.如对付于其余形式的递推数列，咱们也可借镜前里的参数法，供得通项公式，其论断与特性圆程法真足普遍， 三、例题例1、已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，供通项公式n a .解 设)(11-++=+n n n n ta a s ta a ，∴11)(-++-=n n n sta a t s a 令⎩⎨⎧-==-44st t s ， 可得⎩⎨⎧-==22t s ，于是 =-=-=----+)2(2)2(2221211n n n n n n a a a a a a …112123)2(2--⋅=-=n n a a ，∴432211=-++n n n n a a ，即⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2是以21211=a 为尾项、43为公好的等好数列，∴43)1(212⋅-+=n a nn，进而22)13(-⋅-=n n n a . 例2、设数列{}n a 谦脚n n n n a a a a a 求,7245,211++==+.解： 对付等式二端共加参数t 得 令5247++=t t t ，解之得1-=t ，2，代进上式得721311+-⋅=-+n n n a a a ，,722921++⋅=++n nn a a a 二式相除得,21312111+-⋅=+-++n n n n a a a a即31,41212111公比为是首项为=+-⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-a a a a n n 的等比数列，∴134234,34121111-⋅+⋅=⋅=+----n n n n n n a a a 从而． 四、原课小结：1．可用特性圆程办理递推数列的三类模型 ⑴．线性递推闭系： 已知),0(,11≠+==+c d ca a b a n n ⑵．齐次二阶线性递推闭系： 已知,,21b a a a == 且,11-++=n n n qa pa a⑶．分式递推闭系： 已知b a =1， da cb a a a n n n +⋅+⋅=+12. 特性根圆程及供法 ⑴．{1,11n a n n pa qa =++=的特性根圆程为 x=px+q ，其根为α,则1n a α+-=p(1n a α+-)⑵.1221(1)(2)n n n a n a a n pa qa++=⎧⎪==⎨⎪+⎩的特性根圆程为2x px q =+设二真根为α,β ①.若α≠β时,则n a =1112n n c c αβ--+,其中1c ,2c 是由1a ,2a 决定②. 若α=β时,则112()n n a c n c α-=+其中1c ,2c 是由,1a 2a 决定⑶.1n n n pa qa ra h++=+的特性根圆程为px qx rx h+=+若圆程的二根为α,β 若1,a αβ≠且αβ≠,则11n n n n a a p r a p r a αααβββ++---=⋅---即{n n a a αβ--}等比数列若1a αβ=≠且0p h +≠,则1121n n r a p h a αα+=+-+-即{1n a α- }等好数列五、训练1．已知数列}{n a 谦脚：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 供.n a2.已知数列{n a }谦脚1a =3,2a =6,2n a +=41n a +-4n a 供n a3. 已知数列{n a }谦脚1a =3,2a =6,2n a +=21n a ++3n a 供n a4.各项均为正数的数列{n a }1a =a,2a =b ，且对付任性的m+n=p+q 的正整数 m ，n ，p ，q ， 皆有(1)(1)(1)(1)p q m nn m n q a a a a a a a a ++=++++当a=12,b=45时 ，供通项n a5:已知数列{}n a 谦脚*1112,2,n n a a n N a -==-∈,供通项n a . 6．已知数列{}n a 谦脚*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，供数列{}n a 的通项n a7．已知数列{}n a 谦脚*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，供数列{}n a 的通项n a8．已知数列{}n a 谦脚11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+，供数列{}n a 的通项n a 9．已知数列{}n a 谦脚*11212,()46n n n a a a n N a +-==∈+，供数列{}n a 的通项n a训练问案1、解：做特性圆程.23,231-=--=x x x 则.211231=+a 数列13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以31-13n a +=（231+a ）.N ,)31(21123,)31(211)31(111∈-+-=-=----n a n n n n2、解：做特性圆程x2=4x-4由特性根圆程得α=β=2故设n a =(1c +2c n)12n -,其中3=1c +2c ,6=(1c +22c ).2，所以1c =3,2c =0,则n a =3.12n -3、解：做特性圆程x2=2x+3由特性根圆程得α=3,β=-1所以n a =1c 13n -+2c 1(1)n --其中3=1c +2c , 6=31c -2c ，得1c =94,2c =34所以n a =14.13n ++341(1)n -- 4、解:由(1)(1)(1)(1)p q m nm n p q a a a a a a a a ++=++++得121121(1)(1)(1)(1)n n n n a a a a a a a a --++=++++将14,25a b ==代进上式化简得11212n n n a a a --+=+思量特性圆程212x x x +=+得特性根1x =±所以11111121112112113112n n n n n n n n a a a a a a a a ------+--+-==⋅+++++，所以数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=-+为尾项,公比为13的等比数列，，故11111()()1333n nn n a a --=-⋅=-+ 即3131n n na -=+ 5、解: 思量特性圆程12x x=-，得特性根1x =，所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1111a =-为尾项,公好为1的等好数列，故11n n a =- 即1n n a n += 6．解：其特性圆程为232x x =-，解得121,2x x ==，令1212n n n a c c =⋅+⋅，由1122122243a c c a c c =+=⎧⎨=+=⎩，得12112c c =⎧⎪⎨=⎪⎩， 112n n a -∴=+7．解：其特性圆程为2441x x =-，解得1212x x ==，令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩， 1322n n n a --∴= 8．解：其特性圆程为221x x x +=+，得2220x -=，解得121,1x x ==-，令111111n n n n a a c a a ++--=⋅++ 由12,a =得245a =，可得13c =-，∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为尾项13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n nn nna --∴=+- 9．解：其特性圆程为2146x x x -=+，即24410x x ++=，解得1212x x ==-，令1111122n n c a a +=+++， 由12,a =得2314a =，供得1c =，∴数列112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪+⎩⎭是以112152a =+为尾项，以1为公好的等好数列， 123(1)11552n n n a ∴=+-⋅=-+，135106n n a n -∴=-。

特征方程法求解递推关系中的数列通项当()f x x =时，x 的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。

典型例子：1n n n aa b a ca d ++=+令 ax bx cx d+=+，即2()0cx d a x b +--= ， 令此方程的两个根为12,x x ， (1)若12x x =,则有11111n n p a x a x +=+-- （其中2c p a d=+）(2)若12x x ≠,则有111122n n n n a x a xq a x a x ++--=--（其中12a cx q a cx -=-）例题1：设23()27x f x x -+=-， (1)求函数()y f x =的不动点； (2）对(1)中的二个不动点,()a b a b <，求使()()f x a x akf x b x b--=--恒成立的常数k 的值； (3)对由111,()n n a a f a -==(2)n ≥定义的数列{}n a ，求其通项公式n a 。

23()27x f x x -+=-解析：(1)设函数()f x 的不动点为0x ，则0002327x x x -+=-解得012x =-或03x =(2)由231111()1272222238248(3)83327x x x x x x x x x x -++---++-===⋅-++-----可知使()()f x a x a k f x bx b--=--恒成立的常数18k =。

(3)由(2)可知1111122383n n n n a a a a --++=⋅--，所以数列 123n n a a ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭是以34-为首项，18为公比的等比数列。

则11312()348n n n a a -+=-⋅-，则11911()482311()48n nn a ---=+例2．已知数列}{n a 满足性质：对于14N,,23n n n a n a a ++∈=+ 且,31=a 求}{n a 的通项公式.解:依定理作特征方程,324++=x x x 变形得,04222=-+x x 其根为.2,121-==λλ故特征方程有两个相异的根，则有即11111252n n n n a a a a ++--=-++ 又1113122325a a --==++∴数列12n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以25为首项，15-为公比的等比数列例3．已知数列}{n a 满足：对于,N ∈n 都有.325131+-=+n n n a a a（1）若,51=a 求;n a （2）若,61=a 求;n a 解：作特征方程.32513+-=x x x 变形得,025102=+-x x 特征方程有两个相同的特征根 5.x =（1）∵115,.a a x =∴=∴对于,N ∈n 都有5;n a x == （2）∴543,N.7n n a n n +=∈+一、数列的一阶特征方程（1n n a pa q -=+型）在数列{}n a 中，1a 已知，且2n ≥时，1n n a pa q -=+（,p q 是常数），（1）当1p =时，数列{}n a 为等差数列；（2）当0p =时，数列{}n a 为常数数列；（3）当1,0p q ≠=时，数列{}n a 为等比数列；（4）当0,1,0p q ≠≠时，称x px q =+是数列{}n a 的一阶特征方程，其根1qx p=-叫做特征方程的特征根，这时数列{}n a 的通项公式为：11()n n a a x p x -=-+；例1：已知数列{}n a 中，15a =，且2n ≥时，求n a ； （参考答案：122273n n a -=-） 二、数列的二阶特征方程（21n n n a pa qa ++=+型）在数列{}n a 中，1a 与2a 已知，且21n n n a pa qa ++=+（,p q 是常数），则称2x px q =+是数列{}n a 的二阶特征方程，其根1x ，2x 叫做特征方程的特征根。

特征根法求解数列递推公式类型一、形如a n 2pa n 1qa n( p,q是常数）的数列（二阶线性递推式）形如 a 1m 1, a 2m 2 ,a n2pa n 1qa n ( p, q 是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项a n ，其特征方程为x 2pxq ①（1）若①有二异根,，则可令a nc 1nc 2n(c 1, c 2 是待定常数）（2）若①有二重根，则可令a n(c 1nc 2 )n(c 1, c 2是待定常数）再利用a 1m 1, a 2m 2 , 可求得c 1 ,c 2 ，进而求得a n例 1 已知数列 { a n } 满足 a 12, a 23, a n 23a n 12a n (n N * ) ，求数列 { a n } 的通项a n解：其特征方程为 x 23x 2 ，解得 x 1 1, x 22 ，令 a n c 1 1n c 2 2n ，a 1 c 1 2c 2 2c 11 a n 1 2n11，由c 1 4c 2，得c 2a 2 32例 2 已知数列 { a n } 满足 a 1 1,a 2 2,4a n 2 4a n 1a n (nN * ) ，求数列 { a n } 的通项a n1，令 a n1 n解：其特征方程为 4 x 24x 1，解得 x 1 x 2c 1nc 2 ，22a 1 ( c 1 11c 2 )c 143n 2由2a n1，得，2n1a 2 (c 1c 262c 2 )24类型二、形如 a n 1 Aa n B的数列（分式递推式）Ca n D对于数列 a n 1 Aa n B， a1 m,n N*(A,B,C, D 是常数且 C 0,AD BC 0）Ca n D其特征方程为 x Ax B，变形为 Cx 2 (D A) x B 0 ②Cx D（1）若②有二异根, ，则可令an 1c a n （其中 c 是待定常数）a n 1 a n代入 a1 , a2的值可求得 c 值。

定理(分式递推问题)：如果数列}{n a 满足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ，都有hra qpa a n n n ++=+1（其中p 、q 、r 、h 均为常数，且r h a r qr ph -≠≠≠1,0,），那么，可作特征方程hrx q px x ++=. （1）当特征方程有两个相同的根λ（称作特征根）时， 若,1λ=a 则;N ,∈=n a n λ若λ≠1a ，则,N ,1∈+=n b a nn λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p rn a b n λλ特别地，当存在,N 0∈n 使00=n b 时，无穷数列}{n a 不存在.（2）当特征方程有两个相异的根1λ、2λ（称作特征根）时，112--=n n n c c a λλ，,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中证明：先证明定理的第（1）部分.作交换N ,∈-=n a d n n λ则λλ-++=-=++h ra q pa a d n n n n 11hra hq r p a n n +-+-=λλ)(hd r h q r p d n n ++-+-+=)())((λλλλλλλλr h rd q p h r r p d n n -+--+--=])([)(2 ①∵λ是特征方程的根，∴λ.0)(2=--+⇒++=q p h r hr qp λλλλ将该式代入①式得.N ,)(1∈-+-=+n rh rd r p d d n n n λλ ②将rpx =代入特征方程可整理得,qr ph =这与已知条件qr ph ≠矛盾.故特征方程的根λ,rp≠于是.0≠-r p λ ③当01=d ，即λ+=11d a =λ时，由②式得,N ,0∈=n b n 故.N ,∈=+=n d a n n λλ当01≠d 即λ≠1a 时，由②、③两式可得.N ,0∈≠n d n 此时可对②式作如下变化：.1)(11rp rd r p r h r p d r h rd d n n n n λλλλλ-+⋅-+=--+=+ ④由λ是方程h rx q px x ++=的两个相同的根可以求得.2rhp -=λ∴,122=++=---+=-+h p p h rrh p p rr h p h r p r h λλ将此式代入④式得.N ,111∈-+=+n rp r d d n n λ 令.N ,1∈=n d b n n 则.N ,1∈-+=+n r p r b b n n λ故数列}{n b 是以rp r λ-为公差的等差数列.∴.N ,)1(1∈-⋅-+=n rp rn b b n λ其中.11111λ-==a db 当0,N ≠∈n b n 时，.N ,1∈+=+=n b d a nn n λλ 当存在,N 0∈n 使00=n b 时，λλ+=+=0001n n n b d a 无意义.故此时，无穷数列}{n a 是不存在的.再证明定理的第（2）部分如下：∵特征方程有两个相异的根1λ、2λ，∴其中必有一个特征根不等于1a ，不妨令.12a ≠λ于是可作变换.N ,21∈--=n a a c n n n λλ故21111λλ--=+++n n n a a c ，将hra qpa a n n n ++=+1代入再整理得N ,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a hq r p a c n n n λλλλ ⑤由第（1）部分的证明过程知r p x =不是特征方程的根，故.,21rpr p ≠≠λλ 故.0,021≠-≠-r p r p λλ所以由⑤式可得：N ,2211211∈--+--+⋅--=+n rp h q a r p hq a rp r p c n n n λλλλλ ⑥∵特征方程hrx qpx x ++=有两个相异根1λ、2λ⇒方程0)(2=--+q p h x rx 有两个相异根1λ、2λ，而方程xrp xhq x --=-与方程0)(2=---q p h x rx 又是同解方程.∴222111,λλλλλλ-=---=--rp hq r p h q 将上两式代入⑥式得N ,2121211∈--=--⋅--=-n c rp rp a a r p r p c n n n n λλλλλλ当,01=c 即11λ≠a 时，数列}{n c 是等比数列，公比为rp rp 21λλ--.此时对于N ∈n 都有 .))(()(12121111211------=--=n n n rp r p a a r p r p c c λλλλλλ当01=c 即11λ=a 时，上式也成立. 由21λλ--=n n n a a c 且21λλ≠可知.N ,1∈=n c n所以.N ,112∈--=n c c a n n n λλ(证毕)注:当qr ph =时,h ra q pa n n ++会退化为常数;当0=r 时,hra qpa a n n n ++=+1可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.例1：已知数列}{n a 满足性质：对于,324,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 的通项解答：.N ,)5(24)5(∈-+--=n a nn n 例2：已知数列{}n a 满足112124441n n n a a a a +-==+，，求数列{}n a 的通项解答：113132()19n n a -=+-。

特征根法求数列通项
根法求数列通项是一门比较简单，但是也很重要的数学知识，在数学考试中也是考查的较多的知识点。

其主要思想是通过对数列的一些基本特征进行推导综合，最终确定数列的通项公式。

首先得确定数列是一个什么样的数列，有那些特征。

常见也需要推导的数列有等差数列、等比数列和指数数列等。

其次要根据数列的特征，假定一个公式，然后用数列的第一项和第二项等前几项进行检验和推导，得出最终的通项公式，这时可以用到一些基本的数学知识，比如对称性，二元一次方程的解法，行列式的计算等。

比如等差数列的通项公式，首先要求出这个数列的首项，公差，得到它们后可以任取第一项和第二项，用后面一项减前一项，确定公差，求出通项公式。

再比如等比数列，需要先求出该数列的首项和公比，有了这两个参数就可以求出其通项用第一项和第二项除法法则来求出公比，最后可以求出数列的通项公式了。

另外，根法求数列通项还需要注意和这些基本特征有关的一些小细节，例如分析数字变化规律，如等比数列中公比有正负号，或者情况特殊变形，等差数列可能出现不等差等情况，上述这些情况下求通式的方法也都不一样，因此需要综合考虑一些，最后才能找出最终的正确公式。

用特征方程求数列的通项——发表于《数理天地》高中版第204期贵溪市第四中学 吴善祥1.“q pa a n n +=+1（其中q p 、均为常数，且()01≠-p pq ）”型递推数列。

对于“q pa a n n +=+1（其中q p 、均为常数，且()01≠-p pq ）”型递推数列，可设其特征方程为q px x +=，其根为α，则有()αα-=-+n n a p a 1。

例1 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且585n n S n a =--，*n N ∈， 证明：{}1n a -是等比数列。

分析 由()21≥-=-n s s a n n n 易得61651+=-n n a a ，可设其特征方程为6165+=x x ，从而得到()16511-=--n n a a 。

证明 当1=n 时，141-=a ；当2≥n 时，15511++-=-=--n n n n n a a s s a ，即61651+=-n n a a ，作特征方程6165+=x x ，解得1=x ，所以()16511-=--n n a a ，又01511≠-=-a ，所以数列{}1n a -是等比数列。

2.“n n n qa pa a +=++12（其中q p 、均为常数）”型递推数列。

对于“n n n qa pa a +=++12（其中q p 、均为常数）”型递推数列，可设其特征方程为2x px q =+，设其两实根为α、β，（1）若α≠β时，则有n a =1112n n c c αβ--+，其中1c 、2c 是由1a 、2a 确定； （2）若α=β时，则有112()n n a c n c α-=+，其中1c 、2c 是由1a 、2a 确定。

例2 设p q ，为实数，αβ，是方程20x px q -+=的两个实根，数列{}n x 满足1x p =，22x p q =-，12n n n x px qx --=-（34n =，，…），求数列{}n x 的通项公式。