(完整版)递推数列特征方程的发现(必修5).10

递推数列特征方程的发现
一、问题的提出
递推（迭代）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方法。

在递推数列中占有重要一席的斐波那契数列，又称兔子数列，是学生非常乐意探讨的递推问题，许多学生都会不约而同地向教师提出,这个数列有通项公式吗?如有，怎样求它的通项公式？笔者就曾碰到过一位喜爱钻研的学生,带着参考书上的解法而向我请教：
已知斐波那契数列,3,2(,11121=+===-+n a a a a a n n n …），求通项公式n a 。

参考书上的解法是这样的：
解 此数列对应特征方程为12+=x x 即012=--x x ，解得2
5
1±=
x ， 设此数列的通项公式为n
n n c c a )2
51()251(21-++=, 由初始条件121==a a 可知，
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=-++=-++1
)251()251(1251251222121c c c c ，解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧-==51
5121c c , 所以⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡--+=n n n a )251(251(
55）。

这位学生坦率地表示，尽管参考书上介绍了利用特征方程求通项公式的一些结论，用上述方法得到
的通项公式也是正确的，但他还是“看不懂”.换句话说，这种解法的依据是什么？特征方程是怎样来的？我虽然深知这是特征方程惹的祸,但由于现行教材只字未提特征方程,我也从未在课堂上作过补充，如果将有关利用特征方程求递推数列通项的一些结论直接呈现出来,或者以“高考不作要求”为由来搪塞，学生是难以接受的，也是不负责任的。

面对一头雾水的数学尖子,我在充分肯定其善于思考、勇于探索的可贵品质的同时,也在苦苦寻觅解答这一问题的良策.其后不久，一次偶然的数学探究活动,竟使这一长期困惑我们教学活动的尴尬问题迎刃而解。

二、研究与探索
问题的解决源于对一阶线性递推数列通项公式的探求：
若数列{}n a 满足),1(,11≠+==+c d ca a b a n n 其通项公式的求法一般采用如下的参数法，将递推数列转化为等比数列：
设t c ca a t a c t a n n n n )1(),(11-+=+=+++则 ,
令d t c =-)1(，即1
-=
c d
t ，当1≠c 时可得 )1(11-+=-++c d
a c c d a n n ,
知数列⎭⎬⎫
⎩
⎨⎧-+1c d a n 是以c 为公比的等比数列，
11)1
(1--+=-+
∴n n c c d a c d a 将b a =1代入并整理,得()1
1---+=-c d c b d bc a n n n 。

将上述参数法类比到二阶线性递推数列,11-++=n n n qa pa a 能得到什么结论？ 仿上，我们来探求数列{}n n ta a ++1的特征： 不妨设)(11-++=+n n n n ta a s ta a ,
则11)(-++-=n n n sta a t s a , 令⎩⎨⎧==-q
st p
t s ①
（1） 若方程组①有两组不同的实数解),(),,(2211t s t s ，
则)(11111-++=+n n n n a t a s a t a ,
)(12221-++=+n n n n a t a s a t a ,
即{}n n a t a 11++、{}n n a t a 21++分别是公比为1s 、2s 的等比数列， 由等比数列性质可得1
1
11211)(-++=+n n n s a t a a t a , 1
2
12221)(1-++=+n n n s a t a a t a ,
∵,21t t ≠由上两式消去1+n a 可得
()()()
n
n n s t t s a t a s t t s a t a a 22121221211112..-+--+=。

（2） 若方程组①有两组相等的解⎩⎨
⎧==2
12
1t t s s ，易证此时11s t -=，则
())(2112
111111---++=+=+n n n n n n a t a s a t a s a t a =…)(1121
1a t a s n +=-,
2
1
1
121
1
1
1s a s a s a s a n
n n n -=
-
∴++,即⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧n n s a 1是等差数列，
由等差数列性质可知
()21
112111
.1s a s a n s a s a n
n --+=
，
所以n n s n s a s a s a s a s a a 1
21
11221
1121
1.⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡-+⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛--=． （限于学生知识水平，若方程组①有一对共轭虚根的情况略）
这样，我们通过参数方法，将递推数列转化为等比（差）数列，从而求得二阶线性递推数列的通项，若将方程组①消去t 即得02=--q ps s ，显然1s 、2s 就是方程q px x +=2的两根,我们不妨称此方程为二阶线性递推数列11-++=n n n qa pa a 的特征方程，于是我们就得到了散见于各种数学参考资料的如下结论：
设递推公式为,11-++=n n n qa pa a 其特征方程为022=--+=q px x q px x 即，
1、 若方程有两相异根1s 、2s ，则n
n
n s c s c a 2211+=； 2、 若方程有两等根21s s =,则n n s nc c a 121)(+=.
其中1c 、2c 可由初始条件确定。

这正是特征方程法求递推数列通项公式的根源所在，令1==q p ，就可求得斐波那契数列的通项，类似可解决(1）教科书必修5 复习参考题二B 组第6题（P69）
已知数列,2,521==a a 且)3(3221≥+=--n a a a n n n ，求通项公式n a 。

([]93)1(7312
1n ⨯--⨯=n n a ）
（2)2008年广东高考数学（文理第21题)；详见“附：2008年高考题赏析”；
真是“踏破铁蹄无觅处,得来全不费工夫”！ 将上述方法继续类比到分式线性递推数列d
a c b
a a a n n n +⋅+⋅=+1（0,,,,≠∈c R d c
b a ），看看又会有什么发现?
仿照前面方法,等式两边同加参数t ，
则d
a c ct a dt
b a ct a t d a
c b a a t a n n n n n +⋅+++
+=++⋅+⋅=
++)(1 ② 令ct
a dt
b t ++=
，即 0)(2=--+b t d a ct ③ 记此方程的两根为21,t t ，
（1） 若21t t ≠，将21,t t 分别代入②式可得
d
a c t a ct a t a n n n +⋅++=++1
111)
(
d
a c t a ct a t a n n n +⋅++=++2
221)
(
以上两式相除得
2
1
212111t a t a ct a ct a t a t a n n n n ++⋅++=++++，
于是得到⎭
⎬⎫⎩⎨⎧++21t a t a n n 为等比数列,其公比为21
ct a ct a ++，
数列{}n a 的通项n a 可由
1
2
1211121)(-++⋅++=++n n n ct a ct a t a t a t a t a 求得；
（2)若21t t =，将1t t =代入②式可得d
a c t a ct a t a n n n +⋅++=++1
111)
(，
考虑到上式结构特点，两边取倒数得
111111)(1
1t a ct d t a c ct a t a n n n +-++⋅+=++ ④
由于21t t =时方程③的两根满足c
d
a t --=12，∴11ct d ct a -=+ 于是④式可变形为
1
1111
1t a ct a c t a n n +++=++
∴⎭
⎬
⎫⎩⎨⎧+11t a n 为等差数列,其公差为1ct a c +， 数列{}n a 的通项n a 可由
1
111)1(11ct a c n t a t a n +⋅-++=+求得．
这样，利用上述方法,我们可以把分式线性递推数列转化为等比数列或等差数列，从而求得其通项。

如果我们引入分式线性递推数列d a c b a a a n n n +⋅+⋅=
+1(0,,,,≠∈c R d c b a )的特征方程为d
cx b
ax x ++=，即
0)(2=--+b x a d cx ，此特征方程的两根恰好是方程③两根的相反数，于是我们又有如下结论：
分式线性递推数列d a c b a a a n n n +⋅+⋅=
+1(0,,,,≠∈c R d c b a ），其特征方程为d
cx b ax x ++=，即
0)(2=--+b x a d cx ，
1、若方程有两相异根1s 、2s ,则⎭⎬
⎫⎩⎨⎧--21s a s a n n 成等比数列,其公比为21
cs a cs a --； 2、若方程有两等根21s s =,则⎭
⎬
⎫⎩⎨⎧-11s a n 成等差数列，其公差为1cs a c
-. 值得指出的是，上述结论在求相应数列通项公式时固然有用，但将递推数列转化为等比（等差）数列的
思想方法更为重要。

如对于其它形式的递推数列,我们也可借鉴前面的参数法，求得通项公式，其结论与特征方程法完全一致，有兴趣的读者不妨一试。

三、应用举例
例1、 已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。

解 设)(11-++=+n n n n ta a s ta a ,∴11)(-++-=n n n sta a t s a
令⎩⎨⎧-==-44st t s 可得⎩⎨⎧-==2
2
t s
于是=-=-=----+)2(2)2(2221211n n n n n n a a a a a a …112123)2(2--⋅=-=n n a a , ∴
432211=-++n n n n a a ，即⎭⎬⎫
⎩⎨⎧n n a 2是以21211=a 为首项、43为公差的等差数列， ∴
43)1(212
⋅-+=n a n
n ，从而2
2)13(-⋅-=n n n a 。

例2、设数列{}n a 满足n n n n a a a a a 求,7
24
5,211++==+.
解： 对等式两端同加参数t 得
()(),7
2524
75272475272451++++
⋅
+=++++=+++=++n n n n n n n a t t a t a t a t t a a t a 令5
24
7++=
t t t ，解之得1-=t ，2，代入上式 得,7
22
92,7213111++⋅=++-⋅
=-++n n n n n n a a a a a a
两式相除得
,2
1
312111+-⋅=+-++n n n n a a a a
即31
,41212111公比为是首项为=+-⎭
⎬
⎫⎩⎨⎧+-a a a a n n 的等比数列, ∴1
342
34,34121111-⋅+⋅=⋅=+----n n n n n n a a a 从而． 四、收获与反思
随着普通高中课程改革的逐步深入，要求广大教师在新课标理念指导下，大胆实施课堂教学改革.
如何创造性地处理教学内容，无疑是一项十分现实的课题.由于数学知识呈现方式的多样性、解决问题策略的多选择性和数学思维的开放性，教师既要加强学习，不断充实自己的知识结构，做到高屋建瓴而游刃有余,还要不断提高驾驭教材的能力,“用好教材"、“超越教材”而不拘泥于教材，根据学生的实际情况，因材施教,使学生知其然，更知其所以然，帮助学生寻找适合自己的学习方式，“授人以鱼不如授之以渔”,在培养学生学习兴趣的同时激发学生的思维,时时体味“蓦然回首，那人却在灯火阑珊处”的美妙意境.
附：2008年高考题赏析
1。

（广东卷文21）．（本小题满分14分）
设数列{}n a 满足11a =,22a =，121(2)3
n n n a a a --=+ (3,4,
)n =.数列{}n b 满足11,(2,3,)n b b n ==是非零整数,且对任意的正整数m 和自然数k ，都有111m m m k b b b ++-≤+++≤。

（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式; （2）记(1,2,
)n n n c na b n ==，求数列{}n c 的前n 项和n S 。

【解析】(1）由121
()3n n n a a a --=-得 1122()3
n n n n a a a a ----=-- (3)n ≥
又 2110a a -=≠， ∴数列{}1n n a a +-是首项为1公比为23-的等比数列，1
123n n n a a -+⎛⎫
-=- ⎪
⎝⎭
12132431()()()()n n n a a a a a a a a a a -=+-+-+-+
+-
2
2
22211333n -⎛⎫⎛⎫
⎛⎫=++-+-+
+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
1
1
2183231255313
n n --⎛⎫-- ⎪
⎛⎫⎝
⎭
=+=-- ⎪⎝⎭
+，
由122221111,0b b b b Z b -≤+≤⎧⎪-≤≤⎨⎪∈≠⎩ 得 21b =- ，由2333
31111,0
b b b b Z b -≤+≤⎧⎪
-≤≤⎨⎪∈≠⎩ 得 31b = ，…
同理可得当n 为偶数时，1n b =-；当n 为奇数时，1n b =；因此1-1
n b ⎧=⎨⎩
（2)1
1
832553832553n n n n n n n c na b n n --⎧⎛⎫
-⎪ ⎪
⎪⎝⎭==⎨⎛⎫⎪-- ⎪⎪⎝⎭⎩
1234n n S c c c c c =+++++
当n 为奇数时，
0123
1
8888
8322222(234)12345555
5533333n n S n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-⨯+⨯-⨯+
+-⨯+⨯+⨯+⨯++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎢⎥⎣⎦
()0123
1
4132222212345533333n n n -⎡⎤+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-⨯+⨯+⨯+⨯++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎢⎥⎣⎦
当n 为偶数时
0123
1
8888
8322222(234)12345555
5533333n n S n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-⨯+⨯-⨯+
--⨯+⨯+⨯+⨯++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎢⎥⎣⎦
0123
1
432222212345533333n n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=--⨯+⨯+⨯+⨯+
+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎢⎥⎣⎦
当n 为奇数时
当n 为偶数时 当n 为奇数时 当n 为偶数时
令0123
1
22222123433333n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=⨯+⨯+⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
……①
①×23得： 1234
2222221234333333n
n T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=⨯+⨯+⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
……② ①-②得： 1
2
3
4
1
122222213333333n n
n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎛⎫
⎛⎫=+++++
+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭⎝⎭
()212233323313
n
n n n n ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭- ∴ ()29933n n T n ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭
因此()()934232553934272553n
n n
n n S n n ⎧+-⎛⎫+⎪ ⎪⎪⎝⎭
=⎨++⎛⎫⎪-+ ⎪⎪⎝⎭⎩
2。

（广东卷理21)．（本小题满分12分）
设p q ，为实数，αβ，是方程20x px q -+=的两个实根，数列{}n x 满足1x p =，22x p q =-，
12n n n x px qx --=-（34n =，，
…）．（1）证明：p
αβ+=,q αβ=；(2)求数列{}n x 的通项公式； （3）若1p =，1
4
q
=
，求{}n
x 的前n 项和n S ． 【解析】（1)由求根公式，不妨设<αβ，得
==
αβ ∴+==p αβ，==q αβ
（2)设112()----=-n n n n x sx t x sx ，则12()--=+-n n n x s t x stx ，由12n n n x px qx --=-得+=⎧⎨=⎩
s t p
st q ，
消去t ，得20-+=s ps q ,∴s 是方程20x px q -+=的根，由题意可知，12,==s s αβ
①当≠αβ时,此时方程组+=⎧⎨=⎩s t p
st q
的解记为1212==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩s s t t ααββ或 112(),---∴-=-n n n n x x x x αβα112(),----=-n n n n x x x x βαβ
即{}11--n n x t x 、{}21--n n x t x 分别是公比为1=s α、2=s β的等比数列, 由等比数列性质可得2121()---=-n n n x x x x ααβ,2121()---=-n n n x x x x ββα，
当n 为奇数时 当n 为偶数时
两式相减，得2212121()()()----=---n n n x x x x x βααββα
221,=-=x p q x p ,222∴=++x αβαβ,1=+x αβ
22221()--∴-==n n n x x αββββ，22221()---==n n n x x βαααα
1()-∴-=-n
n
n x βαβα，即1--∴=-n n n x βαβα,11
++-∴=-n n n x βαβα
②当=αβ时，即方程20x px q -+=有重根，240∴-=p q ， 即2()40+-=s t st ,得2()0,-=∴=s t s t ，不妨设==s t α,由①可知
2121()---=-n n n x x x x ααβ，=αβ，2121()--∴-=-=n n n n x x x x αααα 即1-∴=+n n n x x αα，等式两边同时除以n α，得
1
1
1--=
+n
n n
n x x α
α
,即
1
1
1---
=n
n n
n x x α
α
∴数列{
}n
n
x α
是以1为公差的等差数列,1
2(1)111∴=
+-⨯=
+-=+n
n
x x n n n α
αα
α
，∴=+n n n x n αα
综上所述，11
,(),()++⎧-≠⎪
=-⎨⎪+=⎩
n n n n n x n βααββααααβ
(3)把1p =，14q =
代入20x px q -+=，得2104
-+=x x ，解得12==αβ
11
()()22∴=+n n n x n
23231
1111111()()()...()()2()3()...()2
2222222n n n S n ⎛⎫⎛⎫=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
2311
1111()()2()3()...()22
222n n n ⎛⎫=-+++++ ⎪⎝⎭111111()2()()3(3)()2222n n n n n n -=-+--=-+。