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1、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。aanbaxb2令x ，即cx (d a)xb 0，candcxd x2,则有典型例子：an1令此方程的两个根为x1,x2， (1)假设x1112c p其中p an1 x1an x1adacx1acx2(2)假设x1 x2,则有an1 x1a x qn1an1 x2an x2其中q例题 1：设f (x) 2x3，2x7y f (x)的不动点； (2对(1)中的二个不动点a,b (a b)，求使f (x)axa恒成立 kf (x)bxb(1)求函数
2、的常数k的值；(3)对由a11,an f (an1)(n 2)定义的数列an，求其通项公式an。f (x) 2x32x7解析：(1)设函数f (x)的不动点为x0，则x02x032x072x31111x(x)x122212解得x0 或x0 3(2)由2x72x3238x248(x3)8 x32x7111a ann1f (x)axa恒成立的常数k 。(3)由(2)可知212，所以数列 k8f (x)bxban38 an13可知使1 an2是以an3an( )n131312 ( )n1，则a 4 8为首项，为公比的等比数列。则2n48an3483 1n119 111( )4 8例 2已知数列an满
3、足性质：对于nN,an1an4,且a13,求an的通项公式.2an3解:依定理作特征方程x根，则有x 4,变形得2x2 2x 4 0,其根为11,2 2.故特征方程有两个相异的2x 3an41an112an3a 42an3an11 an1n an12an42an44an65an105 an22an3即 a 1an11a113121 an12 数列n又是以an125 an2a123255a 2n( )n11an121n1(5)n4( )a 55,nN.nnan25521n12(5)1( )5541为首项，1为公比的等比数列5例 3已知数列an满足：对于nN,都有an113an 25.an31假设
4、a1 5,求an;2假设a1 6,求an;13x 25.变形得x210x 25 0,特征方程有两个相同的特征根x 5.x 35n431a1 5,a1 x.对于nN,都有an x 5;2an,nN.n7解：作特征方程x 一、数列的一阶特征方程an pan1 q型 pan1 qp,q是常数 ，在数列an中，a1已知，且n 2时，an1当3当2当p 0时，数列an为常数数列；p 1时，数列an为等差数列；p 1,q 0时，数列an为等比数列；p 0,1,q 0时，称x pxq是数列an的一阶特征方程，其根x (a1 x)pn1 x；4当q叫做特征方程的特征根，这时1 p数列an的通项公式为：an例
5、1：已知数列an中，a1参考答案：an 5，且n 2时，求an； 27223n1 pan1qan型2 pan1qanp,q是常数 ，则称x pxq是数列an的二阶特征方程，二、数列的二阶特征方程an2在数列an中，a1与a2已知，且an2其根x1，x2叫做特征方程的特征根。1当x1nn1 x2时，有an c1x1nc2x2；2当x1 x2时，有ana1(n1)dx1；其中c1,c2,d由a1,a2代入an后确定。例 2：在数列an中，a1参考答案：an设已知数列an的项满足a1其中c 3,a2 7，且n 3时，an3an14an2 0，求an； (1)n1 22n1考虑一个简单的线性递推问题.
6、 b,an1 cand 0,c 1,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x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x0，则当x0 cx d,称之为特征方程；借助这个特征方程 a1时，an为常数列，即an a1;当x0 a1时,an bn x0，其中bn是以c为公比的等比数列，即bn b1cn1,b1 a1 x0.证明：因为c则bn1 0,1,由特征方程得x0d.作换元bn an x0,1c an1 x0
7、 cand d1c can当x0当x0cd c(an x0) cbn.1c a1时，b1 0，数列bn是以c为公比的等比数列，故bn b1cn1; a1时，b1 0，bn为 0 数列，故an a1,n N.证毕下面列举两例，说明定理 1 的应用.1 an 2,nN,a1 4,求an.313解：作方程x x 2,则x0 .323111当a1 4时，a1 x0,b1 a1.数列bn是以为公比的等比数列.于是2231111bn b1( )n1( )n1,32333111an bn ( )n1,nN.2223例 1已知数列an满足：an1例 2已知数列an满足递推关系：an1当a1取何值时，数列an是
8、常数数列？解：作方程x (2an3)i,n N,其中i为虚数单位. (2x 3)i,则x063i63i.要使an为常数，即则必须a1 x0.55现在考虑一个分式递推问题*.例 3已知数列an满足性质：对于n N,an1an 4,且a1 3,求an的通项公式.2an3将这问题一般化，应用特征方程法求解，有下述结果.定理 2.如果数列an满足以下条件：已知a1的值且对于nN，都有an1pan qh其中 p、q、r、h 均为常数，且ph qr,r 0,a1 ，那么，可作特征方ran hr程x px qrx h.1当特征方程有两个相同的根称作特征根时，假设a1,则an,n N;假设a1，则an11r,
9、n N,其中bn (n 1),n N.特别地，当存在n0 N,使bna1p rbn0 0时，无穷数列an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an2cn1cn1，nN,其中cna11p 1rn1(),n N,(其中a12).a12p 2r an,n N证明：先证明定理的第1部分.作交换dn则dn1 an1pan qa (p r) q h(dn)(p r) q hnran hran hr(dn) hdn(p r)r2(h p)qrdn hrp q r2(h p) q 0.r h是特征方程的根，将该式代入式得dn1dn(p r),n N.rdn h r将x pr代入特征方程可整理
10、得ph qr,这与已知条件ph qr矛盾.故特征方程的根p,于是rp r 0.当d1当d1 0，即a1 d1=时，由式得bn 0,n N,故an dn,n N. 0即a1时，由、两式可得dn 0,n N.此时可对式作如下变化：1dn1rdn h rh r1r.dn(p r)p r dnp r由是方程xpx qp h的两个相同的根可以求得.rx h2rp hhr11rh rh p2r,n N.1,将此式代入式得p hdn1dnp rp rp hp r2r1rr,n N.则bn1 bn,nN.故数列bn是以dnp rp r11r.,n N.其中b1d1a1p r1,n N.bn为公差的等差数列.令
11、bnbn b1 (n 1)当n N,bn 0时，an dn当存在n0 N,使bn0 0时，an0 dn01无意义.故此时，无穷数列an是不存在的.bn0再证明定理的第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a1，不妨令2 a1.于是可作变换cnan1,n N.an2an11an12，将an1故cn1pan q代入再整理得ran hcn1an(p 1r) q 1h,n Nan(p 2r) q 2h由第1部分的证明过程知x pr不是特征方程的根，故1pp,2.rran故p 1r 0, p 2r 0.所以由式可得：cn1q 1hp 1rp 1r,nNq 2hp 2ranp
12、2r特征方程x px qrx h有两个相异根1、2方程rx2 x(h p) q 0有两个相异根1、2，而方程 x q 1hq 2hq xh2 1, 2与方程rx x(h p) q 0又是同解方程.p 1rp 2rp xr将上两式代入式得cn1p 1ran1p 1rcn,n Np 2r an2p 2rp 1rp 2r.此时对于nN都有当c1 0,即a11时，数列cn是等比数列，公比为cn c1(p 1rn1a 1p 1rn1) (1)().当c1 0即a11时，上式也成立.p 2ra12p 2r且1由cnan1an22可知cn1,n N.所以an2cn1cn1,n N.(证毕)注:当ph qr时
13、,pan qpan q会退化为常数;当r 0时,an1可化归为较易解的递推关系,在此不再赘ran hran h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x x 4,变形得2x2 2x 4 0,其根为11,2 2.故特征方程有两个相异的2x 3根，使用定理 2 的第2部分，则有cna11p 1rn131112n121()(),n N.cn( )n1,nN.a12p 2r3 21 225521 2( )n112cn1(5)n455,nN.即anan,nN.n21n1cn12(5)( )155例 4已知数列an满足：对于nN,都有an113an 25.an31假设a1不存在？
14、5,求an;2假设a1 3,求an;3假设a1 6,求an;4当a1取哪些值时，无穷数列an13x 25.变形得x210x 25 0,x 3特征方程有两个相同的特征根 5.依定理 2 的第1部分解答.解：作特征方程x 1a1 5,a1.对于nN,都有an 5; 3,a1.bn1r (n 1)a1p r2a111 (n 1)3513151n 1 ,28令bn 0，得n 5.故数列an从第 5 项开始都不存在，当n4，nN时，an15n 17bnn 5.3a1 6, 5,a1.bn1rn 1 (n 1)1,n N.令bn 0,则n 7n.对于n N,bn 0.a1p r8an1bn15n 435 ,nN.n 1n 7184显然当a1 3时，数列从第 2 项开始便不存在.由此题的第1小题的解答过程知，a1 5时，数列an是1r1n 1 (n 1),n N.令bn 0,则得a1p ra158存在的，当a1 5时，则有bn5n 13,nN且n2.n 15n 13当a1其中nN且 N2时，数列an从第n项开始便不存在.n 15n 13于是知：当a1在集合3或:n N,且n2上取值时，无穷数列an都不存在.n 1a1
