1、, 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（231（111-+-=+-=-=-=-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?作方程 , 32（i x x +=则 . 5360ix +-=要使
2、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
3、 ; 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,则 12-=n n n c c a , , N n 其中. （, N , （211212111-=-a n rp r p a a c n n 其中先证明第（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 +-+-= （
4、d 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 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
5、对式作如下变化: . 1（11rp r d rp r h r p d rd nn nn -+-+=-+=+ 由 是方程 h的两个相同的根可以求得 . 2rh p -=, 122=+=-+=-+hp p h rh p p r r h p h 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-+p r b b n n 故数列 n b 是以p 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+=+
6、=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 r不是特征方程的根,故 . , 21
7、rp 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 h有两个相异根 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p
8、r p 21-. 此时对于 N n 都有. （1111211-=-=n n n rp r p c c 当 01=c 即 11=a 时,上式也成立 . 由 21-=n n n a a c 且 21可知 . N , 1=n c n所以 . N , 12-=n c c a n n n （证毕 注 :当 qr ph =时 ,ra q pa n n +会退化为常数 ; 当 0=r 时 , h+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
9、异的根,使用第（2部分,则有. N , 221211（313111-+-=-n rp r p a a c n n n . N , 51（521-n c n n . N , 151（5211（52212-=-=-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?作特征方程 . 32
10、513+-=x x x变形得 , 025102=+-x x特征方程有两个相同的特征根 . 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（1111311（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 . , 81（11N n n rp r n a b n -+=-+-=令 bn = 0, 则 n = 7 n
11、. 对于 n N, b n 0. an = 1 + = bn 1 5n + 43 +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
12、 5n 13 : n N , 且 n 2上取值时，无穷数列 a n 都不存在. 于是知：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
13、n = s （ a n ta n 1 ，则 a n +1 = （ s + t a n 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+
14、1 可得 an = （a 2 t1a1 .s n a 2 t 2 a1 .s n . 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 =
15、 = s1 a n+1 s1 n +1 （a2 t1a1 ， an s1 n = a 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 +
16、 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 +
17、c （1 5 2 = 1 c 2 = 2 1 5 2 2 所以 a n = 5 1+ 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 。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
18、4 = 5 c2 = 4 所以 a n = （3n 1 2 n2 。 例 7已知数列 a1 = 0, a 2 = 1, 且 a n +1 = 2a n + 2a n 1 （ n 2 ，求通项公式 a n 。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
19、 ， 2 2 1 2 （ 2 （c1 cos c2 = + c 2 sin = 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
20、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
