1、用特征方程法求解递推关系中的数列通项特征方程法求解递推关系中的数列通项递推是中学数学中一个非常重要的概念和方法,递推数列问题能力要求高,内在联系密切,蕴含着不 少精妙的数学思想和数学方法。如果已知数列 n a 的第 1项(或前几项 ,且任一项 n a 与它的前一项 1-n a (或前几项间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式叫做数列的递推公式。有通项公式的数列只 是少数,研究递推数列公式给出数列的方法可使我们研究数列的范围大大扩展。新大纲关于递推数列规定 的教学目标是“了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项” ,但从近几 年来高考试题中常以递推数列或与其相关的问
2、题作为能力型试题来看,这一目标是否恰当似乎值得探讨, 笔者以为“根据递推公式写出数列的前几项”无论从思想方法还是从培养能力上来看,都不那么重要,重 要的是学会如何去发现数列的递推关系,学会如何将递推关系转化为数列的通项公式的方法。笔者从用特 征方程法求解递推关系中的数列通项谈谈这方面的认识。题型一:一阶线性递推数列问题 .设已知数列 n a 的项满足 +=+dca a ba n n 11 ,其中 , 1, 0c 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
3、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 .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 cb b n n -=-.证明:因为 , 1, 0c 由特征方程得 . 10cd x -=作换元 , 0x a b n n -= 则 . (110011n n n n n n cb x a c ccd ca cd d ca x a b
4、=-=-=-+=-=-当 10a x 时, 01b ,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 下面列举两例,说明定理 1的应用 . 例 1. 已知数列 n a 满足:, 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-为公比的等比数列 .于是 . N , 31(2112323, 31(21
5、131(1111-+-=+-=-=-=-n b a b b n 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 . 5360ix +-=要使 n a 为常数,即则必须 . 53601i x a +-=题型二 :分式递推问题(* .例 3. 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 的通项公式 .将这问题一般化,应用特征方程法求解,有下述结果 .如
6、果数列 n a 满足下列条件:已知 1a 的值且对于 N n ,都有 hra q pa a n n n +=+1(其中 p 、 q 、 r 、 h 均为常数,且 rh 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 (称作特征根时, 若 , 1=a 则 ; N , =n a n 若 1a , 则 , N , 1+=n b a nn 其中 . N , 1(11-+-=n r p r n a b n 特别地, 当存在 ,N 0n 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 1、 2(称作特征根时,
7、则 112-=n n n c c a , , N n 其中. (, N , (211212111-=-a n rp r p a a c n n 其中证明:先证明第(1部分 . 作交换 N , -=n a d n n 则 -+=-=+hra q pa a d n n n n 11hra hq r p a n n +-+-= (hd r hq r p d n n +-+-+=( (r h rdq p h r r p d nn -+-+-=( (2 是特征方程的根, . 0 (2=-+=q p h r hr q p 将该式代入式得 . N , (1-+-=+n rh rdr p d d nn n 将
8、 rp x =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 , rp 于是. 0-r p 当 01=d ,即 +=11d a =时,由式得 , N , 0=n b n 故 . N , =+=n d a n n 当 01d 即 1a 时,由、两式可得 . N , 0n d n 此时可对式作如下变化: . 1(11rp r d rp r h r p d rh rdd nn nn -+-+=-+=+ 由 是方程 hrx q px x +=的两个相同的根可以求得 . 2rh p -=, 122=+=-+=-+hp p h rrh p p r r h p h
9、 rp r h 将此式代入式得 . N , 111-+=+n rp r d d nn 令 . N , 1=n d b nn 则 . N , 1-+=+n rp r b b n n 故数列 n b 是以rp r -为公差的等差数列 . . N , 1(1-+=n rp r n b b n 其中 . 11111-=a d b当 0, N n b n 时, . N , 1+=+=n b d a nn n 当存在 , N 0n 使 00=n b 时, +=+=001n n n b d a 无意义 . 故此时,无穷数列 n a 是不存在的 .再证明第(2部分如下:特征方程有两个相异的根 1、 2,其中必
10、有一个特征根不等于 1a ,不妨令 . 12a 于是可作变 换 . N , 21-=n a a c n n n 故 21111-=+n n n a a c ,将 hra q pa a n n n +=+1代入再整理得N , ( (22111-+-+-=+n hq r p a h q r p a c n n n 由第(1部分的证明过程知 rp x =不是特征方程的根,故 . , 21rp rp 故 . 0, 021-r p r p 所以由式可得:N , 2211211-+-+-=+n rp h q a r p h q a rp r p c n n n 特征方程 hrx q px x +=有两个相
11、异根 1、 2方程 0 (2=-+q p h x rx 有两个相异根 1、 2,而方程 xrp xh q x -=-与方程 0 (2=-q p h x rx 又是同解方程 .222111,-=-=-rp h q rp h q将上两式代入式得 N , 2121211-=-=-n c rp r p a a rp r p c n n n n 当 , 01=c 即 11a 时,数列 n c 是等比数列,公比为rp r p 21-. 此时对于 N n 都有. (12121111211-=-=n n n rp r p a a rp r p c c 当 01=c 即 11=a 时,上式也成立 . 由 21-
12、=n n n a a c 且 21可知 . N , 1=n c n所以 . N , 112-=n c c a n n n (证毕 注 :当 qr ph =时 ,hra q pa n n +会退化为常数 ; 当 0=r 时 , hra q pa 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 :作特征方程 , 324+=x x x 变形得 , 04222=-+x x 其根为 . 2, 121-=故特征方程有两个相异的根,使用第(2部分,则有. N , 221211(2313(11212111-+-=-n rp r p a a c
13、n n n . N , 51(521-=-n c n n . N , 151(52151(52211112-=-=-n c c a n n n n n 即 . N , 5(24 5(-+-=n a n nn例 4. 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 , 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 .
14、5=依第(1部分解答 . (1 =. , 511a a 对于 , N n 都有 ; 5=n a (2 . , 311=a a r p r n a b n -+-=1(11511311(531-+-=n, 8121-+-=n令 0=n b ,得 5=n . 故数列 n a 从第 5项开始都不存在, 当 n 4, N n 时, 51751-=+=n n b a nn .(3 , 5, 61=a . 1a . , 8111(11N n n rp r n a b n -+=-+-=令 bn = 0, 则 n = 7 n. 对于 n N, b n 0. an = 1 + = bn 1 5n + 43 +
15、5 = , n N. n 1 n+7 1+ 8 （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 a n 是 存 在 的 ， 当 a1 = 5 时 ， 则 有 bn = 1 r 1 n 1 + (n 1 = + , n N. 令 a1 p r a1 5 8 bn = 0, 则得 a1 = 5n 13 , n N 且 n 2. n 1 5n 13 当 a1 = （其中 n N 且 N2）时，数列 a n 从第 n 项开始便不存在. n 1 5n 13 : n N , 且 n 2上取值时，无穷数列 a n 都不存在. 于是
16、知：当 a1 在集合 3 或 n 1 题型三 题型三：二阶线性递推数列问题 阶线性递推数列问题. 问题 设递推公式为 a n +1 = pa n + qa n 1 , 其特征方程为 x 2 = px + q即x 2 px q = 0 ， 1、 若方程有两相异根 A 、 B ，则 a n = c1 A + c 2 B n n 2、 若方程有两等根 A = B, 则 a n = (c1 + nc 2 A n 其中 c1 、 c 2 可由初始条件（ a1 , a 2 ）构造方程组确定。 证明：设 a n +1 ta n = s ( a n ta n 1 ，则 a n +1 = ( s + t a n
17、 sta n 1 , 令 s + t = p st = q （*） （1） 若方程组（*）有两组不同的解 ( s1 , t1 , ( s 2 , t 2 , 则 a n +1 t1 a n = s1 (a n t1 a n 1 , a n+1 t 2 a n = s 2 (a n t 2 a n1 , 由等比数列性质可得 a n +1 t1 a n = ( a 2 t1 a1 s1 n 1 , , a n+1 t 2 a n = (a 2 t 21 a1 s 2 n 1 t1 t 2 , 由上两式消去 a n+1 可得 an = (a 2 t1a1 .s n a 2 t 2 a1 .s n .
18、 1 2 s1 (t 2 t1 s 2 (t 2 t1 6 特别地，若方程组（*）有一对共扼虚根 r (cos i sin , 通过复数三角形式运算不难求得此时数列的通项 公式为 a n = r n (c1 cos n + c 2 sin n , 其中 c1 、 c2 可由初始条件求出。 s1 = s 2 ，易证此时 s1 = t1 ，则 t1 = t 2 n 1 （2） 若方程组（*）有两组相等的解 2 a n+1 t1 a n = s1 (a n t1 a n 1 = s1 (a n1 t1 a n 2 = = s1 a n+1 s1 n +1 (a2 t1a1 ， an s1 n = a
19、 2 t1 a 1 s1 2 ,即 an 是等差数列， n s1 由等差数列性质可知 an s1 n = a1 a t a + (n 1. 2 2 1 1 ， s1 s1 所以 a n = a 1 a 2 t 1 a 1 2 s1 s1 a 2 t1 a1 n + .n s 1 2 s1 这样，我们通过将递推数列转化为等比（差）数列的方法，求得二阶线性递推数列的通项，若将方程 组（*）消去 t （或 s ）即得 s 2 ps q = 0或t 2 pt q = 0, 此方程的两根即为特征方程 x 2 = px + q 的 两根，读者不难发现它们的结论是完全一致的，这正是特征方程法求递推数列通项公
20、式的根源所在。 例 5斐波那契数列 a1 = a 2 = 1, a n +1 = a n + a n 1 ( n = 2,3, ，求通项公式 a n 。 解：此数列对应特征方程为 x = x + 1 即 x x 1 = 0 ，解得 x = 2 2 1 5 ， 2 设此数列的通项公式为 a n = c1 ( 由初始条件 a1 = a 2 = 1 可知， 1+ 5 n 1 5 n ， + c2 ( 2 2 1 1+ 5 1 5 + c2 =1 c1 c1 = 5 2 2 ，解之得 ， 1 c (1 + 5 2 + c (1 5 2 = 1 c 2 = 2 1 5 2 2 所以 a n = 5 1+
21、 5 n 1 5 n ）( 。 ( 5 2 2 例 6已知数列 a1 = 1, a 2 = 5, 且 a n +1 = 4a n 4a n 1 ( n 2 ，求通项公式 a n 。 解：此数列对应特征方程为 x = 4 x 4 即 x 4 x + 4 = 0 ，解得 x1 = x 2 = 2 ， 2 2 设此数列的通项公式为 a n = (c1 + nc 2 2 ， n 7 由初始条件 a1 = 1, a 2 = 5, 可知， 1 c1 = 4 (c1 + c 2 2 = 1 ，解之得 ， 3 (c1 + 2c 2 4 = 5 c2 = 4 所以 a n = (3n 1 2 n2 。 例 7已
22、知数列 a1 = 0, a 2 = 1, 且 a n +1 = 2a n + 2a n 1 ( n 2 ，求通项公式 a n 。 解：此数列对应特征方程为 x = 2 x + 2 即 x 2 x + 2 = 0 ， 2 2 解得 x = 1 i = 2 (c1 cos sin ， 4 4 n 设此数列的通项公式为 a n = ( 2 (c1 cos 由初始条件 a1 = 0, a 2 = 1, 可知， n n + c 2 sin ， 4 4 1 2 (c1 cos + c 2 sin = 0 c1 = 2 4 4 ，解之得 ， 2 2 1 2 ( 2 (c1 cos c2 = + c 2 si
23、n = 1 4 4 2 ( 2n n n 所以 a n = (sin cos 。 2 4 4 阅读材料： 阅读材料：斐波那契数列 莱昂纳多 斐波那契（11751250）出生于意大利比萨市，是一名闻名于欧洲的数学家，其主要的著 作有算盘书实用几何和四艺经等。在 1202 年斐波那契提出了一个非常著名的数列，即： 、 假设一对兔子每隔一个月生一对一雌一雄的小兔子，每对小兔子在两个月以后也开始生一对一雌一雄 的小兔子，每月一次，如此下去。年初时兔房里放一对大兔子，问一年以后，兔房内共有多少对兔子？ 这就是非常著名的斐波那契数列问题。它的通项公式是以无理数的形式给出的，但用它计算出的每一 项却都是整数。 人们发现斐波那契数列与我们熟知的杨辉三角形有关，我们知道，二项式展开式的系数构成杨辉（贾 宪）三角形。 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 利用杨辉三角形可以很快写出 a+b 的任意次幂的展开式。 如果我们将杨辉三角形各行的位置错一下，排成一个直角三角形，然后把斜线上的数字相加，其和写 在右上方，这样就能得到一列数，所得的这列数，恰好是斐波那契数列。 8 参考文献 杨亢尔一个数列递推公式和一类应用题的解法数学教学研究，2001.4. 沈文宣. 初等数学研究教程.湖南教育出版社，1996. 9
