求递推数列通项的特征根法

一、形如an2pan1qan(p,q是常数）的数列

形如a1m1,a2m2,an2pan1qan(p,q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项an，其特征方程为x2pxq…①

若①有二异根,，则可令anc1nc2n(c1,c2是待定常数） 若①有二重根，则可令an(c1nc2)n(c1,c2是待定常数） 再利用a1m1,a2m2,可求得c1,c2，进而求得an

例1 已知数列{an}满足a12,a23,an23an12an(nN*)，求数列{an}的通项an 解：其特征方程为x23x2，解得x11,x22，令anc11nc22n，

c11a1c12c22n1由，得1， an12 a2c14c23c22例2已知数列{an}满足a11,a22,4an24an1an(nN*)，求数列{an}的通项an

1解：其特征方程为4x4x1，解得x1x2，令anc1nc2，

2221n1a(cc)1112c143n22由，得， ann1

2c26a(c2c)122124二、形如an1AanBCanD的数列

对于数列an1AanBCanD，a1m,nN*(A,B,C,D是常数且C0,ADBC0） ，变形为Cx2(DA)xB0…②

an1an1canan 其特征方程为xAxBCxD 若②有二异根,，则可令值可求得c值。

（其中c是待定常数），代入a1,a2的

ana1 这样数列，公比为c的等比数列，于是这样可求得an 是首项为

aa1n 若②有二重根，则可令的值可求得c值。 这样数列1an11anc（其中c是待定常数），代入a1,a21是首项为，公差为c的等差数列，于是这样可求得an aann1an122an11(n2)，求数列{an}的通项an例3已知数列{an}满足a12,anx22x1

an1an1解：其特征方程为x 由a12,得a245，化简得2x220，解得x11,x21，令

13an11an11c

，可得c，

n1an1an1111a111是以为首项，以为公比的等比数列，数列3a1a113an133nan3(1)3(1)nnnn，

2an14an6例4已知数列{an}满足a12,an1解：其特征方程为x2x14x6(nN)，求数列{an}的通项an*

1an12c

，即4x24x10，解得x1x212，令

1an112 由a12,得a2314，求得c1，

1a11225数列

1an1211an2是以

为首项，以1为公差的等差数列，

135n23(n1)1n，an10n655

浅谈特征根法在求递推数列通项中的运用 高三数学组 徐朝生

以往浙江每年高考理科数学都会考数列，而且往往以压轴题出现，难度都比较大，

09年浙江高考理科没有考数列大题，文科考了等差数列，题目相对简单，但在全国其它省市中（如安徽、山东、广东、宁夏、海南、天津、江西等）经常考数列大题，题目有难有易，比如广东和江西的较难。而各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。如：

（08年广东高考）设p、q为实数，α、β是方程x2-px+q=0的两个实数根，数列{xn}满足x1=p,x2=p2-q,xn=pxn-1-qxn-2(n=3,4,5……) 1）……………

2）求数列{xn}的通项公式。 3）若p1，q14，求数列{xn}的前n项的和sn

(09年江西高考)各项均为正数的数列an 中

a1a,b1b,且对满足mnpq的正整数m,n,p,q都有，

anam(1an)(1am)apaq(1ap)(1aq)45时，求通项，

1）当a12,ban。

像上述两道题，如果不能顺利求出数列的通项公式，就不能继续做后面的题，想得高分就难，对于那些有可能上重点大学的绩优学生来说重点大学之梦就可能是两个字——遗憾。本文就一、两种题型进行探讨，重点强调求解数列通项公式的方法之一——特征根法的运用，希望能对部分同学有帮助。

类型一、递推公式为an2pan1qan（其中p，q均为非零常数）。 先把原递推公式转化为an2x1an1x2(an1x1an)，其中x1,x2满足显然x1,x2是方程x2pxq0的两个非零根。 1） 2）

如果a2x1a10，则an2x1an10，an成等比，很容易求通项公式。 如果a2x1a10，则{an2x1an1}成等比。公比为x2，

n1x1x2px1x2q，

所以an1x1an(a2x1a1)x2，转化成：

an1x2n1x1ann2x2x2(a2x1a1)，

( I )又如果x1x2，则{

an1x2n1an1x2n1}等差，公差为(a2x1a1)，

所以

a21(n1)(a2x1a1)，

即：an1[a2(n1)(a2x1a1)]x2 an[a2x2(n2)(a2x1a1)x2]x2n1n1

可以整理成通式：an(ABn)x2n1 Ii)如果x1x2，则令

bn1AbnBan1x2n1bn1，

x1x2A，(a2x1a1)B,就有

，利用待定系数法可以求出bn的通项公式

bna1x2(1x2)x1n1(a2x1a1)x2()

x1x2x2x1x2a1x2(1x2)x1n1(a2x1a1)x2n2()]x2，化简整理得：

x1x2x2x1x2x1n1所以an[ ana1(1x2)x1x2a1x1a2x1x2x2，

n1小结特征根法：对于由递推公式an2pan1qan，a1,a2给出的数列

an，方程x2pxq0，叫做数列an的特征方程。若x1,x2是特征方程的两个根，

当x1x2时，数列an的通项为anAx1n1Bx2n1，其中A，B由a1,a2决定（即把a1,a2,x1,x2和n1,2，代入anAx1n1Bx2n1，得到关于A、B的方程组）；当x1x2时，数列an的通项为an(ABn)x2n1，其中A，B由a1,a2决定（即把

a1,a2,x1,x2和n1,2，代入an(ABn)x2n1，得到关于A、B的方程组）。

3an25an12an0(n0,nN)，简例应用（特征根法）：数列an： a1a,a2b的特征方程是：3x25x20x11,x2anAx1n123,

，于是

Bx2n12n1AB()。又由a1a,a2b3aABA3b2a2n1故 a3b2a3(ab)()2n3B3(ab)bAB3 下面再看特征根法在08年广东高考题中的应用：

设p、q为实数，α、β是方程x2-px+q=0的两个实数根，数列{xn}满足x1=p,x2=p2-q,xn=pxn-1-qxn-2(n=3,4,5……) 1）……………

2）求数列{xn}的通项公式。 3）若p1，q14，求数列{xn}的前n项的和sn

解：2）显然xn=pxn-1-qxn-2(n=3,4,5……)的特征根方程就是x2-px+q=0，而α、β是方程x2-px+q=0的两个实数根，所以可以直接假设：

⑴ 当α=β时，设xn(ABn)n1，因为x1=p,x2=p2-q，所以

22PPqAABp 解得22(A2B)pqBPqp

xn{2ppq(p2qp)n}2n

⑵ 当时，设xnAn1Bn1，因为x1=p,x2=p2-q，所以

ABp2ABpq2 解得Appq2ppq2，Bppq2

xnppq14n1+

12n1

3）p1，q AB12时，，由第2）小题的⑴项可以直接得到

12n xn(n1)，可以用错位相减法求和顺利拿下第3）小题。

本题是08年广东高考真题，开始前两问均以字母的形式出现，给考生设置了接题障碍，如果在考前曾经学过特征根法，记住公式，那本题对这同学来说无疑是几分种的事情，或对特征根法有一定的了解，也许是多花点时间的问题，至少是接题思路和方向明确，绝不会象无头苍蝇一样乱撞。知道特征根法的来龙去脉、公式、以及运用也是学生能力拓展的一种表现。特征根法还能应用于下面一种数列题型的解答： 类型二、 an1panqranh

panqranh解法：如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于nN，都有an1中p、q、r、h均为常数，且phqr,r0,a1hr（其,

），那么，可作特征方程x1pxqrxh当特征方程有且仅有一根x0时,如果a1x0则anx0；如果a1x0则是等差

anx0数列。当特征方程有两个相异的根x1、x2时，则同类型一，从略）

例：已知数列{an}满足性质：对于nN,an1解: 数列{an}的特征方程为xx42x3,anx1（证明方法如是等比数列。

anx2an42an3,且a13,求{an}的通项公式.

变形得2x22x40,其根为11,22.故特征方程有两个相异的根，则有

cna11a12(p1rp2r)n13132(112122)n1,nN.∴cn25(15)n1,nN.

∴an2cn1cn122525((15)15)n11,nN. 即an(5)42(5)nn,nN.

n1113an25an3例：已知数列{an}满足：对于nN,都有an1.（1）若a15,求an;（2）若

a13,求an;（3）若a16,求an;（4）当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在？

解：作特征方程x13x25x3.变形得x10x250,

2特征方程有两个相同的特征根5.

(1)∵a15,a1.对于nN,都有an5; (2)∵a13,a1. ∴bn 12n181a1(n1)rpr135(n1)11315

, 令bn0，得n5.故数列{an}从第

5项开始都不存在，

当n≤4，nN时，an1bn5n17n51a1.

rprn18(3)∵a16,5,∴a1. ∴bn令

an1bnbn0,(n1)1,nN.

则

15n7n.∴对于

nN,bn0.∴

15n43n7n18,nN.

(4)、显然当a13时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，a15时，数列{an}是存在的，当a15时，则有

bn1a1(n1)rpr1a15n18,nN.令bn0,则得a15n13n1,nN且n≥2. ∴当a15n13n1（其中nN且N≥2）时，数列{an}从第n项开始便不存在。

5n13n1:nN,且n于是知：当a1在集合{3或存在。

≥2}上取值时，无穷数列{an}都不

变式:（2005，重庆,文,22,本小题满分12分）数列

{an}满足a11且8an1an16an12an50(n1).记bn1an12(n1).

（Ⅰ）求b1、b2、b3、b4的值；（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式及数列{anbn}的前n项和Sn. 解：由已知,得an12an5168an,其特征方程为x2x5168x解之得,x112或x254

an122168an16(an1),an115412(an54)168an

152(1)n14a2 nnn52422n1an11215242nananan1bn132, 54anan1an125412a1a1412bn1,

43(n1) 由bn得anbn故Sna1b1a2b2anbn

1123(b1b2bn)n(12)12n53n13(25n1)

n下面再欣赏用特征根法解决09年江西高考真题

各项均为正数的数列an 中

a1a,b1b,且对满足mnpq的正整数m,n,p,q都有，

anam(1an)(1am)apaq(1ap)(1aq)45时，求通项，

1）当a解：由

12,ban

得

ana1(1an)(1a1)an1a2(1an1)(1a2)anam(1an)(1am)2an11an12apaq(1ap)(1aq)

化间得anan1an1，作特征方程xan1an113n2x1x2，x11，x21。

3131nn所以

1an113an11，

，故an

形如an1manpanq(m,p,q为定值)型

方法：不动点法: 我们设f(x)mxpxq,由方程f(x)x求得二根

x,y,由an1manpanq有

an1xmanpanqmxpxqmqpxqanxanq

同理an1yan1xan1ymanpanq(yqxqmypyqaxyqanxmqpany,两式相除有n1,an1yxqanyyqanq从而得)n1a1xa1y,再解出an即可. 5an42an7例1. 设数列｛an｝满足a12,an1,求｛an｝的通项公式.

分析：此类问题常用参数法化等比数列求解.

5x42x7x 5x42x7x 2x2x40

222xx20 x2x10 x2或x1

解：对等式两端同时加参数t,得：

an(2t5)7t4an1t5an42an7t(2t5)an7t2an72t5, 2an7令t7t42t5, 解之得t=-1, 2 代入an1t(2t5)an1an22an7an1an231nant2an7得

an1132an71,an129an1,

相除得

an11an12133an2,即{}是首项为

a11a12434314，

公比为的等比数列,

an1an2=

14n1n1, 解得an21.

例2. 练习：设数列｛an｝满足a11,an1n1nan6an6,求｛an｝的通项公式.

（答案：an324nn43）