第九节竞赛专题求递推数列通项的特征根法
求递推数列通项的特征根法与不动点法
求递推数列通项的特征根法与不动点法一、形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数）的数列形如112221,,(,n n n a m a m a pa qa p q ++===+是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项n a ，其特征方程为2x px q =+…①若①有二异根,αβ，则可令1212(,n n n a c c c c αβ=+是待定常数） 若①有二重根αβ=，则可令1212()(,n n a c nc c c α=+是待定常数） 再利用1122,,a m a m ==可求得12,c c ，进而求得n a ．例1．已知数列{}n a 满足*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a ． 解：其特征方程为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 -∴=+．例2．已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a ．解：其特征方程为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 --∴=． 二、形如2n n n Aa B a Ca D++=+的数列 对于数列2n n n Aa B a Ca D ++=+，*1,(,,,a m n N A B C D =∈是常数且0,0C AD BC ≠-≠） 其特征方程为Ax B x Cx D+=+，变形为2()0Cx D A x B +--=…②若②有二异根,αβ，则可令11n n n n a a c a a ααββ++--=⋅--（其中c 是待定常数），代入12,a a 的值可求得c 值． 这样数列n n a a αβ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是首项为11a a αβ--，公比为c 的等比数列，于是这样可求得n a ． 若②有二重根αβ=，则可令111n n c a a αα+=+--（其中c 是待定常数），代入12,a a 的值可求得c 值． 这样数列1n a α⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为1n a α-，公差为c 的等差数列，于是这样可求得n a ． 此方法又称不动点法．例3．已知数列{}n a 满足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+，求数列{}n a 的通项n a ． 解：其特征方程为221x x x +=+，化简得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 -=+为首项，以13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n nn n na --∴=+-．例4．已知数列{}n a 满足*11212,()46n n n a a a n N a +-==∈+，求数列{}n a 的通项n a ． 解：其特征方程为2146x x x -=+，即24410x x ++=，解得1212x x ==-，令1111122n n c a a +=+++ 由12,a =得2314a =，求得1c =， ∴数列112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪+⎩⎭是以112152a =+为首项，以1为公差的等差数列，123(1)11552n n n a ∴=+-⋅=-+， 135106n n a n -∴=-．。
求递推数列的通项公式的十一种方法包含特征根和不动点
求递推数列的通项公式的九种方法利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中 数学联赛的热点之一 • 一、作差求和法1 1a 2 a 1 — J a 31 21 1 a 4 a 3 — ,a 3 4得: a n a 1 1 —•故 a n 4 n 解：原递推式可化为 3, a n 1 a n1 求 n(n 1)' “ 1 1 小 : a n 1 a n则 n n 111a 2——23a n 11 1 逐项相加 nn 1 n1n例1在数列｛ a n ｝中，印 通项公式a n . 13 4 1 1b 1 a 2 a 1，公比 为• 故9 3 9 31. n 21,1、n2 .1 n 1. nb n 1 b 1()() ()•故 an an 1 ()•由 39 3 33逐差法可得：a n 3](〕)n .2 2 3例4已知数列｛ a n ｝，其中a 1 1,a 2 2，且当n 》3时，a n 2a n 1 a n 21 ,求通项公式a n 。
解 由 a n2a n 1 a n21 得：(a n a n 1) (a n 1 a n 2)1，令b n 1 a n a n 1，则上式为b n 1 0 2 1，因此｛ g ｝是一个等差数列, b 1 b 2b 1a 2 a 1 1，公差为1.故b n又 b 1 b 2b n 1 a 2a 1 a 3 a 2a n a n 1 a n 1b n 1n(n 1) 21所以 a n 1 一 n(n21），即a n 如22)二、作商求和法例2 设数列｛ a n ｝是首 为1的正项数列，且四、积差相消法例5（ 1993年全国数学联赛题一试第五题） 设正数列a 0 ,2 2 (n 1)a n 1 na n a n 1a n0 (n=1,2,3 …)，则它的通项a n,…满足■. a n a n 22a n 1公式是a n = _____ （ 2000年高考15题） 解：原递推式可化为： （n 2）且a 0 a 1 1，求｛a n ｝的通项公式解 将递推式两边同除以.a n 1a n 2整理得：[(n 1)a n 1 na n ](a n 1 a n ) =0 a n 1a n >0, a n 1 na n n 1则a 21 a 32 a 43 a n n 1 则1 J Ja 1 2 a 2 3 a 34 a n 1na 逐项相乘得：- n 1即 a n = 1a 1 n n a na n 1a n 2a n设b n =a n 1b 2 2b 1 1 a 1=1, b n2b n 1，故有⑴ b 3 2b 21三、换元法4 13 例3 已知数列｛ a n ｝，其中a 1 -,a 2 ，且当n >3 3 9 1 时，a n a n 1 （a n 1 a n 2），求通项公式a n （1986年高 3 考文科第八题改编）• 解：设b n 1 a n a n 1,原递推式可化为： 1b n 1b n 2，｛b n ｝ 是一个等比数列， 3b n2b n 11(n 1)由⑴ 2n2+⑵2n 3 + ...+(n 1 )20得 b n 12 222n1 :2n1, 即an=2n1・,a n 1逐项相乘得： a n=：(21)2 (22 1)2 (2n 21),考虑到a 01,a n1(2 1)2(221)2(2n1)2(n (n 0)1)八、待定系数法待定系数法解题的关键是从策略上规范一个递推式可变成为何种等比数列，可以少走弯路.其变换的基本形式如下：1、a n 1 Aa n B （A、B为常数）型，可化为a n 1=A（a n ）的形式.a n五、a n2a n 1取倒数法已知数列｛a n｝中，其中a i1，求通项公式a n。
数列特征根法原理
数列特征根法原理数列特征根法是一种常见的数列求解方法，通过寻找数列的特征根，可以得到数列的通项公式，从而方便进行数列的求和、递推关系等操作。
本文将介绍数列特征根法的原理及其应用。
数列特征根法的原理主要基于数列的递推关系。
对于一个线性递推数列，其通项公式可以表示为：\[a_n = c_1r_1^n + c_2r_2^n + \cdots + c_kr_k^n\]其中，\(c_1, c_2, \cdots, c_k\)为常数，\(r_1, r_2, \cdots, r_k\)为数列的特征根。
特征根法的核心就是求解特征根\(r_1, r_2, \cdots, r_k\)，进而得到数列的通项公式。
对于线性递推数列，其递推关系可以表示为：\[a_n = p_1a_{n-1} + p_2a_{n-2} + \cdots + p_ka_{n-k}\]其中，\(p_1, p_2, \cdots, p_k\)为常数。
为了求解特征根，可以将递推关系转化为特征方程：\[r^k p_1r^{k-1} p_2r^{k-2} \cdots p_{k-1}r p_k = 0\]解特征方程得到的根就是数列的特征根。
接下来，我们以一个具体的例子来说明数列特征根法的应用。
假设有一个线性递推数列，其递推关系为：\[a_n = 3a_{n-1} 2a_{n-2}\]我们可以将其转化为特征方程：\[r^2 3r + 2 = 0\]解特征方程得到特征根为\(r_1 = 2, r_2 = 1\)，因此数列的通项公式为：\[a_n = c_1 \cdot 2^n + c_2 \cdot 1^n\]通过给定的初始条件，我们可以求解出常数\(c_1, c_2\)，进而得到数列的具体形式。
除了求解数列的通项公式，数列特征根法还可以应用于求解数列的前n项和。
通过数列的通项公式，我们可以方便地计算出前n项和的表达式，从而简化求和运算。
此外，数列特征根法还可以应用于解决递推关系的问题。
数列特征根法求通项
数列特征根法求通项
嘿，朋友们！今天咱来聊聊数列特征根法求通项这个有趣的玩意儿。
咱就说数列啊，就像是一群小精灵排着队，每个小精灵都有自己独特的位置和特点。
而我们要做的呢，就是找到一种方法，能把这些小精灵的规律给摸清楚，这就是求通项啦！
那特征根法呢，就像是一把神奇的钥匙，能打开数列这个神秘大门。
比如说有个数列，它的递推关系就像是一道谜题，让你摸不着头脑。
但别怕，特征根法这时候就闪亮登场啦！
你看啊，就好像你要解开一个复杂的拼图，一开始你也不知道从哪儿下手，但是当你找到了关键的那几块，一下子就豁然开朗了。
特征根法就是这样的关键！
它能让那些看起来乱七八糟的数字变得有规律可循。
你想想，本来毫无头绪的一堆数字，突然你就能找到它们的内在联系，是不是特别神奇？
举个例子吧，就像你走在一条陌生的路上，一开始觉得哪儿都一样，但当你发现了一些特殊的标志或者地标，你就知道该怎么走啦！特征根法就是那些特殊的标志，能指引你在数列的世界里畅通无阻。
它可不是随随便便就能掌握的哦，需要你用心去琢磨，去体会。
就像学骑自行车，一开始可能会摔倒，但多练习几次，你不就会啦？
这特征根法也一样，刚开始可能会觉得有点难，但只要你不放弃，慢慢研究，肯定能搞明白的呀！难道你不想体验一下那种解开数列谜题的成就感吗？别犹豫啦，赶紧去试试吧！
总之，数列特征根法求通项就是这么神奇又有趣，它能让你在数学的世界里畅游，发现那些隐藏的美好和奥秘。
别再害怕数列啦，用特征根法去征服它们吧！。
特征根法求数列通项推导
特征根法求数列通项推导
特征根法是一种常见的求解数列通项公式的方法，其基本思想是通过数列的递推关系式构造出一个矩阵，然后求解该矩阵的特征值和特征向量，从而得到数列的通项公式。
具体推导过程如下：假设有一个数列 {a1, a2, a3, …, an}，其递推关系式为：
an = c1an-1 + c2an-2 + … + ckan-k
其中，c1, c2, …, ck 为常数，k 为递推式的阶数（k≥2）。
我们将数列的前 k 项写成一个向量：
x = [an, an-1, …, an-k+1]T
则数列的递推关系式可以表示为：
x = A x
其中，A 为一个 k×k 的矩阵，其元素为：
A=c1c2ck1c1c2ck2c1c2c1
矩阵 A 的特征值λ和对应的特征向量 X 可以通过求解下面
的方程得到：
AX = λX
若λ1, λ2, …, λk 为矩阵 A 的 k 个特征值，X1, X2, …, Xk 分别为对应的特征向量，则数列的通项公式为：
an = α1λ1n + α2λ2n + … + αkλkn
其中，α1, α2, …, αk 为常数，可以通过数列的前 k 项和特征向量解出。
以上就是特征根法求数列通项的推导过程。
需要注意的是，特征
根法只适用于递推式为线性常系数递推式的数列，对于其他类型的数列可能不适用。
同时，如果矩阵 A 存在重复的特征值，则需要对应的特征向量进行线性组合后才能得到正确的通项公式。
用特征根方程法求数列通项
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。
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2cp a d =+）(2)若例题 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 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（3（4例1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。
专题--求递推数列通项的特征根法
递归数列通项公式的求法确定数列的通项公式，对于研究数列的性质起着至关重要的作用。
求递归数列的通项公式是解决数学竞赛中有关数列问题的关键，本文着重对递归数列通项公式加以研究。
基础知识定义：对于任意的*N n ∈，由递推关系),,,(21k n n n n a a a f a ---= 确定的关系称为k 阶递归关系或称为k 阶递归方程，由k 阶递归关系及给定的前k 项k a a a ,,,21 的值(称为初始值)所确定的数列称为k 阶递归数列。
若f 是线性的，则称为线性递归数列，否则称为非线性递归数列，在数学竞赛中的数列问题常常是非线性递归数列问题。
求递归数列的常用方法： 一．公式法(1)设}{n a 是等差数列，首项为1a ，公差为d ，则其通项为d m n a a m n )(-+=；(2)设}{n a 是等比数列，首项为1a ，公比为q ，则其通项为mn m n q a a -=；(3)已知数列的前n 项和为n S ，则)2()1(11≥=⎩⎨⎧-=-n n S S S a n nn 。
二．迭代法迭代恒等式：112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=--- ； 迭乘恒等式： 112211a a aa a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅=--- ，(0≠n a ) 迭代法能够解决以下类型一和类型二所给出的递推数列的通项问题： 类型一：已知)(,11n f a a b a n n +==+，求通项n a ； 类型二：已知n n a n f a b a )(,11==+，求通项n a ； 三．待定系数法类型三：已知)1(,11≠+==+p q pa a b a n n ，求通项n a ； 四．特征根法类型四：设二阶常系数线性齐次递推式为n n n qx px x +=++12（0,,1≠≥，q q p n 为常数），其特征方程为q px x +=2，其根为特征根。
(完整版)特征根法求数列通项.doc
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。
【最新精选】递推数列的特征根法
专题求递推数列通项的特征根法一、形如是常数）的数列形如是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为…①若①有二异根，则可令是待定常数）若①有二重根，则可令是待定常数）再利用可求得，进而求得例1已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，解得，令，由，得，例2已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，解得，令，由，得，二、形如的数列对于数列，是常数且）其特征方程为，变形为…②若②有二异根，则可令（其中是待定常数），代入的值可求得值。
这样数列是首项为，公比为的等比数列，于是这样可求得若②有二重根，则可令（其中是待定常数），代入的值可求得值。
这样数列是首项为，公差为的等差数列，于是这样可求得例3已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，化简得，解得，令由得，可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，例4已知数列满足，求数列的通项解：其特征方程为，即，解得，令由得，求得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，【附加总结类文档一篇，不需要的朋友可以下载后编辑删除，谢谢】2015年文化馆个人工作总结在XXXX年X月，本人从XXXX学院毕业，来到了实现我梦想的舞台--XX区文化馆工作。
在这里我用艰辛的努力，勤劳的付出，真诚而认真地工作态度认真的做好自身的每一项文化馆相关工作，取得了较为良好的工作业绩。
随着一场场活动的成功举办、一台台戏剧的成功出演，在这个带有着梦想和希望的舞台上，转眼之间我已在这里渡过了XX年的青春事业，我亦与舞台共同成长，逐步由一名青涩的毕业生，历练成为了今天的XXX。
梦想在于不断坚持，未来的旅途在于不断的前进，在这个承载着梦的舞台上，我持以坚定的信心和丰富的工作能力与工作经验，一步一步超前迈进着。
下面我将自身XX年来的工作能力情况总结如下：一、一专多能服务1、高端学识水平。
本人于XXXX年XX月毕业于XXXX大学XX专业。
随后于XXXX年X 月进入XX区文化馆从事XX工作，至今已有XX年的时间。
数学：《专题求递推数列通项的特征根法 》学案(人教版)
求递推数列通项的特征根法一、形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数）的数列形如112221,,(,n n n a m a m a pa qa p q ++===+是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项n a ，其特征方程为2x px q =+…①若①有二异根,αβ，则可令1212(,n n n a c c c c αβ=+是待定常数） 若①有二重根αβ=，则可令1212()(,n n a c nc c c α=+是待定常数） 再利用1122,,a m a m ==可求得12,c c ，进而求得n a例1 已知数列{}n a 满足*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a 解：其特征方程为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 -∴=+ 例2已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a解：其特征方程为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 --∴= 二、形如2n n n Aa B a Ca D++=+的数列 对于数列2n n n Aa B a Ca D ++=+，*1,(,,,a m n N A B C D =∈是常数且0,0C AD BC ≠-≠） 其特征方程为Ax B x Cx D+=+，变形为2()0Cx D A x B +--=…② 若②有二异根,αβ，则可令11n n n n a a c a a ααββ++--=⋅--（其中c 是待定常数），代入12,a a 的值可求得c 值。
特征根法求数列通项
特征根法在求递推数列通项中的运用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x 2-px+q=0的两个实数根，数列{x n }满足x 1=p,x 2=p 2-q,x n =px n-1-qx n-2(n=3,4,5……) 1）……………2）求数列{x n }的通项公式。
3）若1=p ，41=q ，求数列{x n }的前n 项的和s n (09年江西高考)各项均为正数的数列{}n a 中都有的正整数且对满足q p n m q p n m b b a a ,,,,,11+=+==，=+++)1)(1(m n mn a a a a )1)(1(q p q p a a a a +++，1）当时，求通项54,21==b a n a 。
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n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为非零常数）。
先把原递推公式转化为)(112112n n n n a x a x a x a -=-+++，其中21,x x 满足⎩⎨⎧-==+q x x px x 2121，显然21,x x 是方程02=--q px x 的两个非零根。
1） 如果0112=-a x a ，则0112=-++n n a x a ，n a 成等比，很容易求通项公式。
2）如果0112≠-a x a ，则{112++-n n a x a }成等比。
公比为2x ，所以1211211)(-+-=-n n n x a x a a x a ，转化成：)(1122221121a x a x a x x x a n nn n -=---+，(I)又如果21x x =，则{121-+n n x a }等差，公差为)(112a x a -，所以))(1(11122121a x a n a x a n n --+=-+，即：1211221)])(1([-+--+=n n x a x a n a a 12211222])()2([---+=n n x x a x a n x a a 可以整理成通式：12)(-+=n n x Bn A a Ii)如果21x x ≠，则令1121+-+=n n n b x a ，A x x =21，B a x a =-)(112,就有 B Ab b n n =-+1，利用待定系数法可以求出n b 的通项公式所以2221211212121221])()()1([-------=n n n x x x x a x a x x x x x x a a ，化简整理得：1221211112121)1(----+--=n n n x x x a x a x x x x a a ，小结特征根法：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。
2010年湖南高考数学复习专题教案--------求递推数列通项的特征根法
专题 求递推数列通项的特征根法一、形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数）的数列形如112221,,(,n n n a m a m a pa qa p q ++===+是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项n a ，其特征方程为2x px q =+…①若①有二异根,αβ，则可令1212(,n n n a c c c c αβ=+是待定常数） 若①有二重根αβ=，则可令1212()(,n n a c nc c c α=+是待定常数） 再利用1122,,a m a m ==可求得12,c c ，进而求得n a例1 已知数列{}n a 满足*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a 解：其特征方程为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 -∴=+ 例2已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a解：其特征方程为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 --∴= 二、形如2n n n Aa B a Ca D++=+的数列 对于数列2n n n Aa B a Ca D ++=+，*1,(,,,a m n N A B C D =∈是常数且0,0C AD BC ≠-≠） 其特征方程为Ax B x Cx D+=+，变形为2()0Cx D A x B +--=…② 若②有二异根,αβ，则可令11n n n n a a c a a ααββ++--=⋅--（其中c 是待定常数），代入12,a a 的值可求得c 值。
求递推数列的通项公式的十一种方法包含特征根和不动点
求递推数列的通项公式的九种方法利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一.一、作差求和法例1 在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .解：原递推式可化为：1111+-+=+n n a a n n 则,211112-+=a a312123-+=a a413134-+=a a ，……，nn a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=.二、作商求和法例2 设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）解：原递推式可化为： )]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0∵ n n a a ++1＞0，11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……，n n a a n n 11-=- 逐项相乘得：na a n 11=，即n a =n1. 三、换元法例 3 已知数列{n a }，其中913,3421==a a ，且当n ≥3时，)(31211----=-n n n n a a a a ，求通项公式na （1986年高考文科第八题改编）. 解：设11---=n n n a ab ，原递推式可化为：}{,3121n n n b b b --=是一个等比数列，9134913121=-=-=a a b ，公比为31.故n n n n b b )31()31(91)31(2211==⋅=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得：n n a )31(2123-=. 例4已知数列{n a }，其中2,121==a a ，且当n ≥3时，1221=+---n n n a a a ，求通项公式n a 。
求递推数列通项的特征根法
求递推数列通项的特征根法一、形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数）的数列形如112221,,(,n n n a m a m a pa qa p q ++===+是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项n a ，其特征方程为2x px q =+…①若①有二异根,αβ，则可令1212(,n n n a c c c c αβ=+是待定常数）若①有二重根αβ=，则可令1212()(,n n a c nc c c α=+是待定常数）再利用1122,,a m a m ==可求得12,c c ，进而求得n a 例1已知数列{}n a 满足*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a 解：其特征方程为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 -∴=+例2已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项na 解：其特征方程为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 --∴=二、形如2n n n Aa B a Ca D++=+的数列对于数列2n n n Aa B a Ca D++=+，*1,(,,,a m n N A B C D =∈是常数且0,0C AD BC ≠-≠）其特征方程为Ax B x Cx D+=+，变形为2()0Cx D A x B +--=…②若②有二异根,αβ，则可令11n n n n a a c a a ααββ++--=⋅--（其中c 是待定常数），代入12,a a 的值可求得c 值。
浅谈特征根法在求递推数列通项中的运用
浅谈特征根法在求递推数列通项中的运用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x 2-px+q=0的两个实数根，数列{x n }满足x 1=p,x 2=p 2-q,x n =px n-1-qx n-2(n=3,4,5……) 1）……………2）求数列{x n }的通项公式。
3）若1=p ，41=q ，求数列{x n }的前n 项的和s n (09年江西高考)各项均为正数的数列{}n a 中都有的正整数且对满足q p n m q p n m b b a a ,,,,,11+=+==，=+++)1)(1(m n mn a a a a )1)(1(q p q p a a a a +++， 1）当时，求通项54,21==b a n a 。
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n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为非零常数）。
先把原递推公式转化为)(112112n n n n a x a x a x a -=-+++，其中21,x x 满足⎩⎨⎧-==+qx x px x 2121，显然21,x x 是方程02=--q px x 的两个非零根。
用特征根方程法求数列通项
特点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,不动点是我们在比赛中解决递推式的根本办法. 典范例子：1n n n aa ba 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 +=+-- （个中2cp a d=+）(2)若12x x ≠,则有111122n n n n a x a xq a x a x ++--=--（个中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 a k f x bx b--=--恒成立的常数k 的值;(3)对由111,()n n a a f a -==(2)n ≥界说的数列{}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 ⎧⎫+⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭是认为34-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:依定理作特点方程,324++=x x x 变形得,04222=-+x x 其根为.2,121-==λλ故特点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 ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是认为25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：作特点方程.32513+-=x x x 变形得,025102=+-x x 特点方程有两个雷同的特点根 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.数列的一阶特点方程（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 的一阶特点方程,其根1qx p=-叫做特点方程的特点根,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.数列的二阶特点方程（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 的二阶特点方程,其根1x ,2x 叫做特点方程的特点根.（1）当12x x ≠时,有1122n nn a c x c x =+;（2）当12x x =时,有111[(1)]n n a a n d x -=+-;个中12,,c c d 由12,a a 代入n a 后肯定.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 +-=-+）斟酌一个简略的线性递推问题. 设已知数列}{n a 的项知足1a b =,1n n a ca d +=+ 个中,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,然而如许做太甚繁琐,并且在猜测通项公式中轻易出错,本文提出一种易于被学生控制的解法——特点方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程,d cx x +=称之为特点方程;借助这个特点方程的根快速求解通项公式.下面以定理情势进行阐述.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,个中}{n b 是认为c公比的等比数列,即01111,x a b c b b n n -==-.证实：因为,1,0≠c 由特点方程得.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 是认为c 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,解释定理1的运用.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 个中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 +-== 如今斟酌一个分式递推问题（*）.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 知足下列前提：已知1a 的值且对于N ∈n ,都有hra qpa a n n n ++=+1（个中p.q.r.h 均为常数,且rh a r qr ph -≠≠≠1,0,）,那么,可作特点方 程hrx q px x ++=.（1）当特点方程有两个雷同的根λ（称作特点根）时,若,1λ=a 则;N ,∈=n a n λ 若λ≠1a ,则,N ,1∈+=n b a n n λ个中.N ,)1(11∈--+-=n r p rn a b n λλ特殊地,当消失,N 0∈n 使00=n b 时,无限数列}{n a 不消失.（2）当特点方程有两个相异的根1λ.2λ（称作特点根）时,则112--=n n n c c a λλ,,N ∈n 个中).(,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是特点方程的根,∴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 =代入特点方程可整顿得,qr ph =这与已知前提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 r d 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 ++=的两个雷同的根可以求得.2r hp -=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 是认为r p r λ-公役的等差数列.∴.N ,)1(1∈-⋅-+=n r p r n b b n λ个中.11111λ-==a d b当0,N ≠∈n b n 时,.N ,1∈+=+=n b d a nn n λλ 当消失,N 0∈n 使00=n b 时,λλ+=+=01n n n b d a 无意义.故此时,无限数列}{n a 是不消失的.再证实定理的第（2）部分如下：∵特点方程有两个相异的根1λ.2λ,∴个中必有一个特点根不等于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代入再整顿得N ,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a hq r p a c n n n λλλλ⑤由第（1）部分的证实进程知rp x =不是特点方程的根,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 rp hq a rp r p c n n n λλλλλλ⑥ ∵特点方程hrx q px 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 r p 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.如今求解前述例3的分类递推问题）（*.解:依定理作特点方程,324++=x x x 变形得,04222=-+x x 其根为.2,121-==λλ故特点方程有两个相异的根,运用定理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,无限数列}{n a 不消失？解：作特点方程.32513+-=x x x 变形得,025102=+-x x特点方程有两个雷同的特点根.5=λ依定理2的第（1）部分化答. （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项开端都不消失,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 nn λ （4）显然当31-=a 时,数列从第2项开端便不消失.由本题的第（1）小题的解答进程知,51=a 时,数列}{n a 是消失的,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 （个中N ∈n 且N≥2）时,数列}{n a 从第n 项开端便不消失.于是知：当1a 在聚集3{-或,:1135N n n n ∈--且n ≥2}上取值时,无限数列}{n a 都不消失.。
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第九节 求递推数列通项的特征根法
一、形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数）的数列
形如112221,,(,n n n a m a m a pa qa p q ++===+是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项n a ，其特征方程为2x px q =+…①
若①有二异根,αβ，则可令1212(,n n n a c c c c αβ=+是待定常数） 若①有二重根αβ=，则可令1212()(,n n a c nc c c α=+是待定常数） 再利用1122,,a m a m ==可求得12,c c ，进而求得n a
例1 已知数列{}n a 满足*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a 解：其特征方程为232x x =-，解得121,2x x ==，令1212n n n a c c =⋅+⋅，
由1122122243a c c a c c =+=⎧⎨=+=⎩，得121
12
c c =⎧⎪⎨=⎪⎩， 112n n a -∴=+
例2已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a
解：其特征方程为2
441x x =-，解得1212x x ==，令()1212n
n a c nc ⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
，
由1122121()121(2)2
4
a c c a c c ⎧
=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩， 1322n n n a --∴=
二、形如2n n n Aa B
a Ca D
++=
+的数列
对于数列2n n n Aa B
a Ca D
++=
+，*1,(,,,a m n N A B C D =∈是常数且0,0C AD BC ≠-≠）
其特征方程为Ax B
x Cx D
+=
+，变形为2()0Cx D A x B +--=…②
若②有二异根,αβ，则可令11n n n n a a c a a αα
ββ
++--=⋅--（其中c 是待定常数），代入12,a a 的
值可求得c 值。
这样数列n n a a αβ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭
是首项为
11a a α
β--，公比为c 的等比数列，于是这样可求得n a 若②有二重根αβ=，则可令111
n n c a a αα
+=+--（其中c 是待定常数）
，代入12,a a 的值可求得c 值。
这样数列1n a α⎧⎫⎨⎬-⎩⎭
是首项为
1
n a α-，公差为c 的等差数列，于是这样可求得n a 例3已知数列{}n a 满足1112
2,(2)21
n n n a a a n a --+==
≥+，求数列{}n a 的通项n a
解：其特征方程为221x x x +=+，化简得2220x -=，解得121,1x x ==-，令1111
11
n n
n n a a c a a ++--=⋅++ 由12,a =得245a =
，可得13
c =-， ∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以11
11
13a a -=+为首项，以13-为公比的等比数列，1
111133n n
n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，
3(1)3(1)
n n
n n
n
a --∴=+- 例4已知数列{}n a 满足*1121
2,()46
n n n a a a n N a +-==∈+，求数列{}n a 的通项n a 解：其特征方程为21
46
x x x -=
+，即24410x x ++=，解得1212x x ==-，令
1111
12
2
n n c a a +=
++
+
由12,a =得23
14
a =
，求得1c =， ∴数列12n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪+⎩⎭是以112
152a =+
为首项，以1为公差的等差数列，123(1)11552
n n n a ∴=+-⋅=-+，
135106
n n a n -∴=-。