二阶递推数列特征方程
人教A版高中数学必修五 特征方程法求解递推关系中的数列通项
高中数学学习材料 （灿若寒星 精心整理制作）特征方程法求解递推关系中的数列通项一、（一阶线性递推式）设已知数列}{n a 的项满足d ca a b a n n +==+11,,其中,1,0≠≠c 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.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0x ，则当10a x =时，na 为常数列，即0101,;xb 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 c b b n n -==-.证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10cdx -=作换元,0x a b n n -=则.)(110011n n n n n n cb x a c ccdca c d d ca x a b =-=--=--+=-=--当10a x ≠时，01≠b ，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(211)31(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。
特征方程解数列递推关系
用特征方程与特征根解数列线性递推关系式的通项公式一.特征方程类型与解题方法类型一 递推公式为An+2＝aAn+1＋bAn 特征方程为 X 2=aX+b 解得两根X 1 X 2(1)若X 1≠X 2 则A n =pX 1n +qX 2n(2)若X 1=X 2=X 则A n =(pn+q)X n(其中p.q 为待定系数，由A 1.A 2联立方程求得) (3)若为虚数根，则为周期数列 类型二 递推公式为特征方程为X =dc b a X X ++解得两根X 1 X 2(1)若X 1≠X 2 则计算2111x A x A n n --++=21x d cA b aA x d cA baA n n n n -++-++=k21x A x A n n --接着做代换B n =21x A x A n n -- 即成等比数列（2）若X 1=X 2=X 则计算x A n -+11=x dcA b aA n n -++1=k+x A n -1接着做代换B n =xA n -1即成等差数列(3)若为虚数根，则为周期数列类型三 递推公式为特征方程为X =dc b ax X ++2解得两根X 1 X 2 。
然后参照类型二的方法进行整理类型四 k 阶常系数齐次线性递归式 A n+k =c 1A n+k-1+c 2A n+k-2+…+c k A n 特征方程为 X k = c 1X k-1+c 2X k-2+…+c k(1) 若X 1≠X 2≠…≠X k 则A n =X k n11+X k n22+…+X k k nk(2) 若所有特征根X 1,X 2,…,X s.其中X i 是特征方程的t i 次重根,有t 1+t 2+…+t s =k 则A n=Xn Q n)(11+X n Q n)(22+…+X n Q s n s)( ，其中)(n Q i=B 1+n B 2+…+n B ti ti 1-（B 1,B 2，…，B ti 为待定系数）二.特征方程的推导及应用类型一、p ，q 均为非零常数）。
特征方程法求递推数列的通项公式之欧阳文创编
特征方程法求解递推关系中的数列通项一、（一阶线性递推式）设已知数列}{n a 的项满足d ca a b a n n +==+11,,其中,1,0≠≠c 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.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x ，则当10a x =时，na 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 c b b n n -==-.证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10cdx -=作换元,0x a b n n -=则.)(110011n n n n n n cb x a c ccd ca c d d ca x a b =-=--=--+=-=-- 当10a x ≠时，01≠b ，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(211)31(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。
二阶常系数递推关系求解方法
二阶常系数递推关系求解方法一、递推关系的定义与性质在数学中，递推关系是指通过递推公式来描述数列中各项之间的关系。
常系数递推关系是指递推关系中各项的系数都是常数。
设有一个序列 {an}，其中 n 表示序列中的项数。
如果序列满足递推关系 an = c1an-1+ c2an-2 + ... + ck an-k ，其中ci (1 ≤ i ≤ k) 为常数，那么我们称该序列满足一个 k 阶常系数递推关系。
常系数递推关系的性质：1. 齐次性：如果一个递推关系的非齐次项为0，即对于所有的 i，ci = 0，则该递推关系称为齐次线性递推关系。
2. 非齐次性：如果一个递推关系的非齐次项不为0，即存在一些 i，ci ≠ 0，则该递推关系称为非齐次线性递推关系。
3.初值条件：对于一个k阶线性递推关系，需要给出前k项的初值条件才能确定整个序列。
二、求解齐次线性递推关系的通解对于线性递推关系 an = c1an-1+ c2an-2 + ... + ck an-k ，其中ci (1 ≤ i ≤ k) 为常数，我们可以采用特征根法求解其通解。
1. 假设通解为an = λn ，将其代入递推关系，得到λ^n = c1λ^(n-1)+ c2λ^(n-2) + ... + ck λ^(n-k)2.将等式左边的λ^n移至等式右边，得到λ^n - c1λ^(n-1) - c2λ^(n-2) - ... - ck λ^(n-k) = 03.将该齐次方程转化为特征方程，即λ^k - c1λ^(k-1) - c2λ^(k-2) - ... - ck = 04.解特征方程，得到k个实数或复数根λ1,λ2,...,λk。
5.得到齐次线性递推关系的通解为an = A1λ1^n + A2λ2^n + ... + Akλk^n其中A1,A2,...,Ak为待定系数。
通过给定的初值条件，可以使用线性方程组求解方法来确定待定系数A1,A2,...,Ak。
三、求解非齐次线性递推关系的通解对于非齐次线性递推关系 an = c1an-1+ c2an-2 + ... + ck an-k + f(n)，其中 f(n) 为一个关于 n 的函数，我们可以采用常数变易法求解其通解。
二阶递推数列特征根结论推导
二阶递推数列特征根结论推导【摘要】本文主要探讨了二阶递推数列特征根的推导过程。
在介绍了递推数列及其特征根的重要性。
在首先推导了一阶递推数列的特征根，然后详细解释了特征方程的求解方法。
接着，深入分析了二阶递推数列特征根的推导过程，并探讨了特征根的性质。
总结了特征根的结论。
通过本文的研究，读者可以更深入地理解递推数列特征根的求解方法及其在数学领域的应用价值。
结论部分对整篇文章进行了简洁明了的总结，强调了特征根的重要性。
本文旨在帮助读者加深对二阶递推数列特征根的理解，为相关领域的学习提供指导。
【关键词】二阶递推数列、特征根、特征方程、性质分析、结论、推导、引言1. 引言1.1 引言递推数列在数学中扮演着重要角色，它们描述了数列中每个元素如何由前面的元素递推而来。
在研究递推数列时，我们常常会遇到特征根的概念。
特征根可以帮助我们解出递推数列的通项公式，从而更深入地理解数列的性质和规律。
在本文中，我们将探讨二阶递推数列特征根的推导过程。
我们会回顾一阶递推数列特征根的推导过程，然后引出二阶递推数列特征根的推导方法。
通过对特征根的性质进行分析，我们将探讨特征根对递推数列的影响，以及特征根的结论推导过程。
通过本文的学习，读者将能够更深入地理解递推数列中特征根的重要性，以及如何利用特征根推导递推数列的通项公式。
希望本文能够帮助读者在数学领域中更好地理解和运用递推数列的知识。
2. 正文2.1 一阶递推数列特征根推导设一阶递推数列为{a_n}，其通项公式为a_n = c_1\lambda^n，其中c_1为常数，\lambda为特征根。
进一步化简得到\lambda = p，即一阶递推数列的特征根\lambda等于递推式中的常数p。
这个结论可以直接由递推数列的定义推导得到，不需要特殊的推理过程。
一阶递推数列的特征根推导是比较简单和直接的。
总结一下，一阶递推数列特征根推导的过程可以归结为将递推式表示为a_{n+1} = p\cdot a_n，然后将通项公式代入递推式，通过化简得到特征根等于常数p的结论。
一类特殊的二阶非常系数递推数列的通项公式
一类特殊的二阶非常系数递推数列的通项公式
一阶非常系数递推数列是一类特殊的数列，其中每一项都有一个确定的数值，它们可以按照一定的规则进行组合，从而构成一个递推数列。
而二阶非常系数递推数列就是这一类特殊的递推数列的一个具体的例子。
以二阶非常系数递推数列为例，它的公式为，第n项的值a_n=<a_(n-1)> + <a_(n-2)> 乘以具体的常数，其中a_(n-1)和a_(n-2)是前面两项的值。
如前提供的例子，它们就是公式
a_n=1.2 x <a_(n-1)> + 0.5 x <a_(n-2)>。
从公式可以看出，第n项的值受到前两个项的影响，即前两项的值的变化会影响第n项的值的变化，要求出某一项的值就必须知道前两项的值。
二阶非常系数递推数列的通项公式就是根据上述条件来求解的。
将前两项的值替换进去: an = c1 x a_(n-1) + c2 x a_(n-2), an+1= c1 x an + c2 x a_(n-1) , an+2= c1 x an+1 + c2 x an , ...... 将n步进后则可以得到通项公式，即 an= c1^n x a_(o) + c2^n x a_1。
以上就是二阶非常系数递推数列的通项公式，它用来求出任意一项的值，是一种特殊的数列求解方法。
通过了解二阶非常系数递推数列通项公式，可以更好地理解这一特殊数列的运用。
数列特征根和不动点法解题原理
数列特征根和不动点法解题原理一、数列特征根法。
1. 原理。
- 对于二阶线性递推数列a_n + 2=pa_n+1+qa_n（p,q为常数，n∈ N^*），其特征方程为x^2=px + q。
- 设特征方程的两个根为x_1,x_2。
- 当x_1≠ x_2时，数列a_n的通项公式为a_n=C_1x_1^n+C_2x_2^n，其中C_1,C_2由初始条件a_1,a_2确定。
- 当x_1 = x_2时，数列a_n的通项公式为a_n=(C_1+C_2n)x_1^n，同样C_1,C_2由初始条件确定。
2. 例题。
- 例1：已知数列{a_n}满足a_n + 2=3a_n+1-2a_n，且a_1=1,a_2=3，求数列{a_n}的通项公式。
- 解：特征方程为x^2=3x - 2，即x^2-3x + 2=0。
- 分解因式得(x - 1)(x - 2)=0，解得x_1=1,x_2=2。
- 所以a_n=C_1×1^n+C_2×2^n=C_1+C_2×2^n。
- 由a_1=1,a_2=3可得C_1+2C_2=1 C_1+4C_2=3。
- 用第二个方程减去第一个方程得2C_2=2，解得C_2 = 1。
- 把C_2=1代入C_1+2C_2=1得C_1=-1。
- 所以a_n=-1 + 2^n。
- 例2：已知数列{a_n}满足a_n + 2=2a_n+1-a_n，a_1=1,a_2=2，求a_n。
- 解：特征方程为x^2=2x - 1，即x^2-2x + 1 = 0。
- 解得x_1=x_2=1。
- 所以a_n=(C_1+C_2n)×1^n=C_1+C_2n。
- 由a_1=1,a_2=2可得C_1+C_2=1 C_1+2C_2=2。
- 用第二个方程减去第一个方程得C_2=1。
- 把C_2=1代入C_1+C_2=1得C_1=0。
- 所以a_n=n。
二、数列不动点法。
1. 原理。
- 对于一阶分式递推数列a_n + 1=frac{pa_n+q}{ra_n+s}（p,q,r,s为常数，r≠0），令x=(px + q)/(rx + s)，这个方程称为不动点方程。
二阶递推数列的常用处理策略及其应用
二阶递推数列的常用处理策略及其应用作者：宣培霞来源：《数学教学通讯·中等教育》2014年第05期摘要：本文对近几年数学竞赛中二阶线性递推数列的常见题型进行了总结，得出二阶线性递推数列的通项公式的求法以及几个常见的变化.关键词：二阶线性递推数列；特征根法；整除问题求递推数列的通项，是数学竞赛中最为常见的考查内容之一，其中二阶线性递推数列在竞赛题的设置中是一个比较常用的选择，因此在竞赛辅导中对这一内容要重点突破. 以下是本人针对此内容在近几年竞赛中的考查进行了一些归纳，以期在竞赛辅导中能够对学生掌握这一知识点做一些参考.特征根法求二阶线性递推数列的通项公式例1 （2009年全国数学联赛）已知p，q（q≠0）是实数，方程x2-px+q=0有两个实根α，β，数列{an}满足a1=p，a2=p2-q，an=pan-1-qan-2（n=3，4，…）.（1）求数列{an}的通项公式（用α，β表示）；（2）若p=1，q=，求{an}的前n项和.解：（1）an=pan-1-qan-2，可化为an=（α+β）·an-1-αβ·an-2，an-α·an-1=β·（an-1-α·an-2）和an-β·an-1=α·（an-1-β·an-2），所以数列{an-α·an-1}，{an-β·an-1}是等比数列.由a1=p，a2=p2-q，得a2-α·a1=β2，a2-β·a1=α2，所以an-α·an-1=βn，an-β·an-1=αn.所以①若α≠β，从上二式中消去an-1得an=；？摇②若α=β，则an-α·an-1=αn可化为-=1，即数列为等差数列. 由a1=p=2α，所以=n+1，即an=（n+1）αn.（2）若p=1，q=，得α=β=，所以an=（n+1）n，用错位相减法求得前n项和为Sn=3-.一般地，在线性二阶递推数列中，在一些参考书中通常用特征根法：由an=pan-1-qan-2，写出特征方程：x2=px-q，得到两特征根：α、β. ①若α≠β，则an=Aαn+Bβn；②若α=β，则an=（An+B）·αn.再由a1，a2的值来确定其中的系数A，B.或者结合转化的思想，对上面的递推式an-α·an-1=βn再转化为-=n，再用累加法得到通项公式.而上面这个问题的设置，一方面强调了在处理二阶递推数列中的转化思想，让学生能够掌握这个基本方法；另一方面在解法上用上面的解法可以简化求出通项的过程，其中对初始项的选择也有其独到之处，当然，在其他二阶递推数列中也可以推广这一处理方法.在竞赛题中的几个变式的处理策略典型的二阶递推数列作为考查方式，学生基本上都能解决，在上题中命题者是希望通过此题对处理策略有所改变，特别是针对初始项做了巧妙的设计. 但作为试题设置，主要是考查学生能否把转化的思想运用在解决问题中.例2 （2000年全国数学联赛）设数列{an}和{bn}满足a0=1，b0=0，且an+1=7an+6bn-3，bn+1=8an+7bn-4， n=0，1，2，…，求证：an是完全平方数.解：此题给出了两个数列间的互相递推式，但只要求证数列{an}的一个性质，因此把递推式中的bn消去的这个想法是自然的，先得到an+2=14an+1-an-6. 从形式上看，已经很接近二阶线性递推数列，只不过还要处理数字-6.此时，再次用转化的思想，化为（an+2-A）=14（an+1-A）-（an-A），得A=.令cn=an-，可用二阶递推数列的处理方法得到cn=.所以an==.最后结合二项式定理，可得an是完全平方数.从此题的设计来看，我们可以在二阶递推式中加上一些非线性因素，考查学生运用转化思想的能力，其常用的方法是在二阶递推式上加上常数，或者与n有关的表达式. 如以下几题：1. 已知数列{an}中，a1=a2=1，an+2=3an+1+18an+2n，求an.策略一：把an+2=3an+1+18an+2n转化为an+2+A·2n+2=3（an+1+A·2n+1）+18（an+A·2n），用待定系数法得A=.设数列bn=an+·2n，满足bn+2=3bn+1+18bn.用特征方程法解决得bn=-，所以an=--.策略二：（化二阶为一阶）先忽略2n，用特征方程x2=3x+18得特征根6，-3.把an+2=3an+1+18an+2n转化为an+2+3an+1=6（an+1+3an）+2n，设数列bn=an+1+3an，满足bn+1=6bn+2n，再用累加法处理.2. 已知数列{an}中，a0=a1=1，an+2=an+1+2an+n-1，求an.从以上几题中我们可以看出，在处理以二阶递推数列为主线的递推数列问题中，重点应注意转化思想的使用，把我们不熟悉的递推数列转化为常用的、能解决的，但特别要注意选择新数列.二阶递推数列的一个应用上面的问题还主要是通过对递推数列的变形来得到其通项公式，在数学问题的设计中，我们还经常对这个问题的各个环节进行分析，从每个点都可出发构造问题，因此深入研究这个问题的各个环节的特征，是我们在遇到新的问题时能够联想到这一知识的关键.在上面二阶递推数列的解决中，特征方程是一个二次方程ax2+bx+c=0，通常有两个根，而这两个根的表达式x=是对称的. 其通项公式是an=A·n+B·n，而这个形式在二项式定理中有类似的用法.实际上在例2中对项an=是完全平方数这一结论已经使用了二项展开式的方法. 因此，在遇到类似的二项式问题中我们也可以逆用这一用法，用递推数列的方法来解决二项式方面的问题.例3 数[（1+）1000]的个位数字是______（其中[x]表示不超过x的最大整数）.分析：（1+）1000是一个无理数，但取整后的个位数如何求这一问题我们先得分解为两个问题：（1）如何取整；（2）如何求个位数.在二项式定理的应用中，我们很快就想到了它的对称式（1-）1000.利用二项式定理展开得：（1+）1000+（1-）1000=2（+C·2+C·22+…+C·2500）；这样由于组合数都是整数且（1-）1000是小于1的正数，故解决了取整的问题. 而个位数字的问题即是除以10所得余数的问题，在这个展开式中需要组合数与2n一起工作是一件麻烦事！为了减少麻烦，也可以把目标转换为（3+2）500+（3-2）500来得到. 在这里，我们也注意到，这里的目标的形式与递推关系中的形式的一致性，所以有了以下的想法.由方程x2-2x-1=0的两根就是1±.我们设计一个数列{an}如下：a0=a1=2，an+2=2an+1+an.由二阶递推数列求通项的方法我们得到an=（1+）n+（1-）n.根据递推方法我们得到数列{an}的模10数列为：2，2，6，4，4，2，8，8，4，6，6，8，2，2，6， 4，4，…注意到a12的模10后出现与a0到a11的一样的数，所以a1000模10的数字应该与a4模10的数字相同，即4.再由（1-）1000是小于1的正数，所以[（1+）1000]的个位数字为3.上面一例中我们注意到应用形式上的共同性，把不同知识点联系起来，用递推的方法来解决二项展开式中的一个问题. 应用这种思想，在下例中充分地把各个知识点：方程的根、递推的方法、整除问题联系到一起.例4 已知方程x3-7x2+1=0的最大实根为t，则[t2000]被除7的余数为_____.简解：由三次函数y=x3-7x2+1的图象，可得三次方程的根有三个α、β、t，且三个根的取值范围大约是-为了解决取整的问题，我们构造了“整数”：t2000+α2000+β2000.因为0接下来，我们要重点证明这个数是一个整数，且它除以7所得余数为多少？联想到上面对这一类问题的处理策略，我们构造数列{an}如下：通项公式为an=tn+αn+βn，其中a0=3，a=t+α+β=7，a2=t2+α2+β2=（t+α+β）2-2（tα+tβ+αβ）=49，an+3=7an+2-an（证明略）.上面充分运用了三次方程的韦达定理以及转化的思想得到了一个递推数列. 然后我们运用上例的方法得到数列{an}模7的数列如下：3，0，0，3，0，0，…所以[t2000]除以7所得余数为6.。
二次递推公式特征方程
探究二次递推公式的特征方程随着计算机技术的发展，递推公式在数学运算中扮演着越来越重要的角色。
二次递推公式作为其中的一个重要分支，其特征方程也备受关注。
本文将会深入探究二次递推公式特征方程，为读者提供指导意义。
二次递推公式是形如f(n)=af(n-1)+bf(n-2)+c的递推公式，其中a,b,c均为常数。
对于这类公式，我们可以通过特征方程的求解来快速求得其通项公式。
特征方程的一般形式为ax^2+bx+c=0，在求解特征方程时，需要根据公式系数a、b、c的不同情况，分别进行讨论。
情况一：特征方程有两个不相同的实根
当特征方程有两个不相同的实根x1和x2时，其通项公式为
f(n)=A(x1^n-x2^n)+B(x1^n-1-x2^n-1)，其中A、B为常数。
这里的(x1^n-x2^n)以及(x1^n-1-x2^n-1)可以通过数学推导求得，读者可自行研究。
情况二：特征方程有两个相同的实根
当特征方程有两个相同的实根x1=x2时，其通项公式为
f(n)=(An+B)x1^n，其中A、B为常数。
情况三：特征方程有两个共轭复根
当特征方程有两个共轭复根α+βi和α-βi时，其通项公式为f(n)=Cα^n*cos(βn)+Dα^n*sin(βn)，其中C、D为常数。
对于共轭复根，其意义是一对共存的根，它们的实部相等，虚部互为相反数。
通过上述分析，我们可以看到，特征方程对于二次递推公式的求解非常重要。
在实际应用中，我们可以通过求解特征方程，快速求得递推公式的通项公式，加速计算过程，提高效率。
特别解析特征方程法求解递推关系中的数列通项
特别解析：特征方程法求解递推关系中的数列通项一、一阶线性递推式设已知数列}{n a 的项满足d ca a b a n n +==+11,,其中,1,0≠≠c c 求这个数列的通项公式;定理1：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 c b b n n -==-.证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10cdx -=作换元,0x a b n n -=则.)(110011n n n n n n cb x a c ccdca c d d ca x a b =-=--=--+=-=--当10a x ≠时,01≠b ,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(211)31(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.5360i x +-=要使n a 为常数,即则必须.53601ix a +-== 二、二阶线性递推式定理2：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;若21,x x 是特征方程的两个根,当21x x ≠时,数列{}n a 的通项为1211--+=n n n Bx Ax a ,其中A,B 由βα==21,a a 决定即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入1211--+=n n n Bx Ax a ,得到关于A 、B 的方程组；当21x x =时,数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x B A a ,其中A,B 由βα==21,a a 决定即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入11)(-+=n n x Bn A a ,得到关于A 、B 的方程组;例3：已知数列{}n a 满足),0(0253,,1221N n n a a a b a a a n n n ∈≥=+-==++,求数列{}n a 的通项公式;解法一待定系数、迭加法由025312=+-++n n n a a a ,得)(32112n n n n a a a a -=-+++, 且a b a a -=-12;则数列{}n n a a -+1是以a b -为首项,32为公比的等比数列, 于是：11)32)((-+-=-n n n a b a a ;把n n ,,3,2,1⋅⋅⋅=代入,得：a b a a -=-12, )32()(23⋅-=-a b a a , ••• ,21)32)((---=-n n n a b a a ;把以上各式相加,得：])32()32(321)[(21-+⋅⋅⋅+++-=-n n a b a a )(321)32(11a b n ---=-; a b b a a a b a n n n 23)32)((3)]()32(33[11-+-=+--=∴--;解法二特征根法：数列{}n a ：),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++, b a a a ==21,的特征方程是：02532=+-x x ;32,121==x x , ∴1211--+=n n n Bx Ax a 1)32(-⋅+=n B A ; 又由b a a a ==21,,于是：⎩⎨⎧-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧+=+=)(32332b a B a b A B A b BA a 故1)32)((323--+-=n n b a a b a三、分式递推式定理3：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 qpa a n n n ++=+1其中p 、q 、r 、h 均为常数,且r h 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λ称作特征根时,若,1λ=a 则;N ,∈=n a n λ若λ≠1a ,则,N ,1∈+=n b a n n λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p rn a b n λλ特别地,当存在,N 0∈n 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1λ、2λ时,则112--=n n n c c a λλ,,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中例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.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,使用定理2的第2部分,则有：∴.N ,)51(521∈-=-n c n n ∴.N ,1)51(521)51(52211112∈----⋅-=--=--n c c a n n n nn λλ 即.N ,)5(24)5(∈-+--=n a nn n 例5．已知数列}{n a 满足：对于,N ∈n 都有.325131+-=+n n n a a a1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.5=λ依定理2的第1部分解答.1∵∴=∴=.,511λa a 对于,N ∈n 都有;5==λn a 2∵.,311λ≠∴=a a ∴λλr p rn a b n --+-=)1(11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 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项开始便不存在.由本题的第1小题的解答过程知,51=a 时,数列}{n a 是存在的,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 其中N ∈n 且N ≥2时,数列}{n a 从第n 项开始便不存在. 于是知：当1a 在集合3{-或,:1135N n n n ∈--且n ≥2}上取值时,无穷数列}{n a 都不存在.定理3证明：分式递推问题：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r ha r qr ph -≠≠≠1,0,,那么,可作特征方程hrx qpx x ++=.1当特征方程有两个相同的根λ称作特征根时,若,1λ=a 则;N ,∈=n a n λ若λ≠1a ,则,N ,1∈+=n b a n n λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p r n a b n λλ特别地,当存在,N 0∈n 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1λ、2λ称作特征根时,则112--=n n n c c a λλ,,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中证明：先证明定理的第1部分. 作交换N ,∈-=n a d n n λ, 则λλ-++=-=++h ra q pa a d n n n n 11hra hq r p a n n +-+-=λλ)( h d r h q r p d n n ++-+-+=)())((λλλλλλλλr h rd q p h r r p d n n -+--+--=])([)(2 ①∵λ是特征方程的根,∴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 λλ ②将rpx =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λ,rp≠于是.0≠-r p λ ③ 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式作如下变化：.1)(11rp rd 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 ++=的两个相同的根可以求得.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 rp rd d n n λ 令.N ,1∈=n d b n n 则.N ,1∈-+=+n rp rb b n n λ故数列}{n b 是以r p r λ-为公差的等差数列.∴.N ,)1(1∈-⋅-+=n rp rn b b n λ其中.11111λ-==a db 当0,N ≠∈n b n 时,.N ,1∈+=+=n b d a nn n λλ当存在,N 0∈n 使00=n b 时,λλ+=+=0001n n n b d a 无意义.故此时,无穷数列}{n a 是不存在的. 再证明定理的第2部分如下：∵特征方程有两个相异的根1λ、2λ,∴其中必有一个特征根不等于1a ,不妨令.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代入再整理得N ,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a hq r p a c n n n λλλλ ⑤由第1部分的证明过程知r p x =不是特征方程的根,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 r p hq a rp r p c n n n λλλλλλ ⑥∵特征方程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 xh q 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 rp 21λλ--.此时对于N ∈n 都有当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.求数列通项公式的方法很多,利用特征方程的特征根的方法是求一类数列通项公式的一种有效途径.1.已知数列{}n a 满足1n n n a a b a c a d+⋅+=⋅+......① 其中*0,,c ad bc n N ≠≠∈.定义1:方程ax bx cx d+=+为①的特征方程,该方程的根称为数列{}n a 的特征根,记为,αβ. 定理1:若1,a αβ≠且αβ≠,则11n n n n a a a c a a c a αααβββ++---=⋅---.定理2: 若1a αβ=≠且0a d +≠,则1121n n c a a d a αα+=+-+-.例109·江西·理·22各项均为正数的数列{}n a ,12,a a a b ==,且对满足m n p q +=+的正数,,,m n p q 都有(1)(1)(1)(1)p q m nm n p q a a a a a a a a ++=++++. 1当14,25a b ==时,求通项n a ;2略. 例2 已知数列{}n a 满足*1112,2,n n a a n N a -==-∈,求通项n a . 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 a2.已知数列{}n a 满足2112n n n a c a c a ++=+② 其中12,c c 为常数,且*20,c n N ≠∈. 定义2:方程212x c x c =+为②的特征方程,该方程的根称为数列{}n a 的特征根,记为12,λλ.定理3:若12λλ≠,则1122n nn a b b λλ=+,其中12,b b 常数,且满足111222221122a b b a b b λλλλ=+⎧⎨=+⎩. 定理4: 若12λλλ==,则12()nn a b b n λ=+,其中12,b b 常数,且满足1122212()(2)a b b a b b λλ=+⎧⎨=+⎩. 例5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 例6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例7:已知数列{}n a 满足12212,8,44n n n a a a a a ++===-,求通项n a .。
8.二阶递推
第七讲:二阶递推二阶递推数列特指数列{x n }:x 1=a,x 2=b,x n+2=px n+1+qx n .求数列{x n }:x 1=a,x 2=b,x n+2=px n+1+qx n 的通项公式的方法和程序:①求方程x 2=px+q 的实根α,β;②变形x n+2=px n+1+qx n 得:x n+2-βx n+1=α(x n+1-βx n )⇒x n+1-βx n =(b-a β)αn-1;③变形x n+1-βx n =(b-a β)αn-1得:11++n n x β-n n x β=12)(--n a b βαββ.(i)当α=β时,11++n n x β-n n x β=2ββa b -⇒n n x β=β1x +(1122ββx x -)+(2233ββxx -)+…+(11---n n n nx x ββ)=βa +2ββa b -(n-1)⇒x n =[a+ββa b -(n-1)]βn-1;(ii)当α≠β时,11++n n x β-n n x β=12)(--n a b βαββ⇒n n x β=β1x +(1122ββxx -) +(23ββx x -)+…+(11---n n nnx x ββ)=βa +2ββa b -[1+(βα)+(βα)2+…+(βα)n-2]=βa +2ββa b -βαβα---1)(11n =αβα--a b βn-1-αββ--a b αn-1.1.简单类型例1:(2009年陕西高考试题)己知数列{a n }满足a 1=1,a 2=2,a n+2=21++n n a a ,n ∈N*. (Ⅰ)令b n =a n+1-a n ,证明:{b n }是等比数列; (Ⅱ)求{a n }的通项公式.解析:(Ⅰ)由b n =a n+1-a n ⇒⎩⎨⎧-==-=+++1211211n n n a a b a a b .因方程x 2=21x+⇒x=1,-21.由a n+2=21++n n a a ⇒a n+2-a n+1=-21(a n+1-a n )⇒ b n+1=-21b n ⇒{b n }是以b 1=1为首项,公比为-21的等比数列; (Ⅱ)由(Ⅰ)知b n =(-21)n-1⇒a n+1-a n =(-21)n-1⇒a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+1+(-21)+…+(-21)n-2=1+)2(1)21(11-----n =35-32(-21)n-1. [思想方法]:如果数列{x n }:x 1=a,x 2=b,x n+2=px n+1+qx n 的特征方程x 2=px+q 有一根为1,则q=1-p,即数列{x n }:x 1=a,x 2=b,x n+2=px n+1+(1-p)x n ⇒x n+2-x n =(p-1)(x n+1-x n )⇒x n+1-x n =(b-a)(p-1)n-1⇒x n =x 1+(x 2-x 1)+(x 3-x 2)+…+(x n -x n-1)=a+(b-a)[1+(p -1)+(p-1)2+…+(p-1)n-2]=a+(b-a)pp n ----2)1(11.类题:1.(2004年重庆高考试题)设数列{a n }满足:a 1=1,a 2=35,a n+2=35a n+1-32a n ,(n=1,2,…). (Ⅰ)令b n =a n+1-a n ,(n=1,2,…),求数列{b n }的通项公式; (Ⅱ)求数列{na n }的前n 项和S n .2.(2008年天津高考试题)己知数列{a n }中,a 1=1,a 2=2,且a n+1=(1+q)a n -qa n-1(n ≥2,q ≠0). (Ⅰ)设b n =a n+1-a n (n ∈N*),证明:{b n }是等比数列; (Ⅱ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅲ)若a 3是a 6与a 9的等差中项,求q 的值,并证明:对任意的n ∈N*,a n 是a n+3与a n+6的等差中项.2.一般类型例2:(2008年广东高考试题)设p,q 为实数,α,β是方程x 2-px+q=0的两个实根.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,…).(Ⅰ)证明:α+β=p,αβ=q; (Ⅱ)求数列{x n }的通项公式; (Ⅲ)若p=1,q=41,求{x n }的前n 项和S n .解析:(Ⅰ)由α,β是方程x 2-px+q=0的两个实根⇒⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅⋅=+-⋅⋅⋅=+-)2(0)1(022q p q p ββαα,(1)-(2)得(α-β)(α+β)-p(α-β)=0⇒α+β=p,代入①得α2-(α+β)α+q=0⇒αβ=q;(Ⅱ)由x n =px n-1-qx n-2⇒x n =(α+β)x n-1-αβx n-2⇒x n -βx n-1=α(x n-1-βx n-2)⇒x n+1-βx n =(x 2-βx 1)αn-1⇒121211)(-++-=-n nnn n x x x x βαββββ. (i)当α=β时,nnx β=β1x +212ββx x -(n-1)⇒x n =[(x 2-βx 1)n-(x 2-2βx 1)]βn-2;(ii)当α≠β时,nnx β=β1x +212ββx x -)(2αβαβ-⋅[1-(βα)n-1]⇒x n =βαβααβ------112112)()(n n x x x x . (Ⅲ)由(Ⅱ)知,当p=1,q=41时,α=β=21,x 1=1,x 2=43⇒x n =[(x 2-βx 1)n-(x 2-2βx 1)]βn-2=(41n+41)(21)n-2=(n+1)(21)n. S n =2(21)+3(21)2+…+(n+1)(21)n =3-(n+3)(21)n .[思想方法]:本题实质上给出了求数列{x n }:x 1=a,x 2=b,x n+2=px n+1+qx n 的通项公式的方法和程序:①求方程x 2=px+q 的实根α,β;②变形x n+2=px n+1+qx n 得:x n+2-βx n+1=α(x n+1-βx n )⇒x n+1-βx n =(b-a β)αn-1;③变形x n+1-βx n =(b-a β)αn-1得:11++n n x β-n n x β=1)(--n a b βαββ,分α=β和α≠β两种情况,求数列{n n x β}的通项,从而可求得数列{x n }的通项公式. 类题:1.(2010年全国高中数学联赛贵州初赛试题)已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=6,4a n-1+a n+1=4a n (n ≥2). (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)求数列{a n }的前n 项和S n .2.(2008年广东高考试题)设数列{a n }满足:a 1=1,a 2=2,a n =31(a n-1+2a n-2)(n=3,4,5,…).数列{b n }满足:b 1=1,b n (n=2,3,4, …)是非零整数,且对任意的正整数m 和自然数k,都有:-1≤b m +b m+1+…+b m+k ≤1. (Ⅰ)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(Ⅱ)记c n =na n b n (n=1,2,3,…),求数列{c n }的前n 项和S n .3.基本理论例3:(2012年全国高中数学联赛河北预赛试题)已知数列{a n }满足:a 1=41,a 2=43,a n+1=2a n -a n-1(n ≥2);数列{b n }满足:b 1≠41,3b n -b n-1=n(n ≥2),数列{b n }的前n 项和为S n . (Ⅰ)证明:数列{b n -a n }为等比数列; (Ⅱ)若b 1=1211,求数列{b n }的前n 项和S n . 解析:(Ⅰ)由a n+1=2a n -a n-1的特征方程:x 2=2x-1有等根x=1⇒a n =(An+B)1n =An+B ⇒a n =41(2n-1);由3b n -b n-1=n ⇒b n =31b n +31n,令b n -(cn+d)=31[b n-1-(cn-c+d)]⇒b n =31b n +32cn+32d c +,令32c=31,32d c +=0⇒c=21,d=-41⇒b n -(21n-41)=31{b n -[21(n-1)-41]⇒b n -(21n-41)=(b 1-41)(31)n-1⇒b n -a n =(b 1-41)(31)n-1为等比数列; (Ⅱ)b n =(21n-41)+2(31)n ⇒S n =41n 2-(31)n+1. [思想方法]:数列{x n }:x 1=a,x 2=b,x n+2=px n+1+qx n 的特征方程为x 2=px+q,①若特征方程有相等实根x 0,则x n =(An+B)x 0n ;②若特征方程有两不等实根x 1、x 2,则x n =Ax 1n+Bx 2n;③若特征方程无实根,则数列{x n }是周期数列.1.(2012年全国高中数学联赛贵州初赛试题)设数列{a n }满足:a 1=3,a 2=8,a n+2=2a n+1+2a n ,n ∈N +,求数列{a n }的通项公式.2.①(2011年第22届希望杯全国数学邀请赛高二试题)已知数列{a n }对任意正整数n 都有a n+1=a n +a n+2,若a 2=-1,a 3=1,则a 2011=_________.②(1997年全国高中数学联赛试题)已知数列{x n }满足x n+1=x n -x n-1(n ≥2),x 1=a,x 2=b,记S n =x 1+x 2+ +x n ,则下列结论正确的是( )(A)x 100=-a,S 100=2b -a (B)x 100=-b,S 100=2b -a (C)x 100=-b,S 100=b -a (D)x 100=-a,S 100=b -a ③(2006年全国高中数学联赛山西初赛试题)已知数列{a n }(n ≥1)满足a n+2=a n+1-a n ,且a 2=1,若数列的前2005项之和为2006,则前2006项的和等于 .4.变式应用例4:(2012年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设递增数列{a n }满足:a 1=1,4a n+1=5a n +169+nn a (n ≥1,n ∈N +).(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)证明:11a +21a +31a +…+na 1<2. 解析:(Ⅰ)由4a n+1=5a n +169+nn a ⇒a n+12-25a n a n+1+a n 2-1=0⇒a n-12-25a n a n-1+a n 2-1=0⇒a n+1、a n-1是x 2-25a n x+a n 2-1=0的两根⇒a n+1+a n-1=25a n ,其特征方程x 2+1=25x 的两根为2,21⇒a n =x ×2n +y(21)n ,由a 1=1⇒a 2=25⇒x=32,y=-32⇒a n =32[2n- (21)n]; (Ⅱ)由a n =32[2n -(21)n ]>32×2n-1⇒n a 1<23(21)n-1⇒11a +21a +31a +…+n a 1=1+52+214+23[(21)3+(21)4+…+(21)n-1]<1+52+214+123<2. [思想方法]:数列{x n }:x 1=a,x 2=b,x n+2=px n+1+qx n 是深入研究数列问题的基本数列,由此可解决其它数列问题. 类题:1.(2009年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设正项数列{a n }满足a 1=1,a 2=2,a n =12--n n a a ,n ≥3.求a n 的通项公式. 2.(2011年全国高中数学联赛天津初赛试题)设数列{a n }定义为a 1=1,a n+1=2a n +132+na ,n ≥1. (Ⅰ)证明:当n>1时,a n+1+a n -1=4a n ; (Ⅱ)证明:11a +21a +…+n a 1<231+. 5.方法拓展例5:(2006年全国高中数学联赛安徽初赛试题)已知数列{a n }(n ≥0)满足a 0=0,对于所有非负整数n,有a n+1=2)1(30+n n a a +11a n +5.求a n 的通项公式.解析:由a n+1=2)1(30+n n a a +11a n +5>a n ⇒a n+1-a n >0.将a n+1-11a n -5=2)1(30+n n a a 两端平方,并整理得:a n+12+a n 2-22a n+1a n -10a n+1-10a n +25=0⇒a n 2+a n-12-22a n a n-1-10a n -10a n-1+25=0,两式相减得:(a n+1-a n-1)(a n+1+a n-1-22a n -10)=0⇒a n+1+a n-1-22a n -10 =0⇒(a n+1+21)-22(a n +21)+(a n-1+21)=0⇒a n =-21+41(11+230)n +41(11-230)n. [思想方法]:对数列{x n }:x 1=a,x 2=b,x n+2=px n+1+qx n +r(或kn+t),我们可以使用待定系数法转化为对数列{x n }:x 1=a,x 2=b,x n+2=px n+1+qx n .1.(2007年全国高中数学联赛湖北初赛试题)若数列{a n }满足:a 1=32,a n+1-a n =)(321n n a a ++,则a 2007= . 2.(2006年全国高中数学联赛天津初赛试题)已知数列{a n }满足a 1=p,a 2=p+1,a n+2-2a n+1+a n =n-20,其中p 是给定的实数,n 是正整数,试求n 的值,使得a n 的值最小.6.数列变式例6:(2009年重庆高考试题)己知a 1=1,a 2=4,a n+2=4a n+1+a n ,b n =nn a a 1+,n ∈N*.(Ⅰ)求b 1、b 2、b 3的值;(Ⅱ)设c n =b n b n+1,S n 为数列{c n }的前n 项和,求证:S n ≥17n; (Ⅲ)求证:|b 2n -b n |<2171641-⋅n . 解析:(Ⅰ)由a 1=1,a 2=4,a n+2=4a n+1+a n ⇒a 3=4a 2+a 1=17,a 4=4a 3+a 2=72⇒b 1=4,b 2=417,b 3=1772; (Ⅱ)由a n+2=4a n+1+a n ⇒12++n n a a =4+1+n n a a⇒b n+1=4+n b 1⇒b n ≥4,且当n ≥2时,b n >4.又由b n+1=4+n b 1⇒b n b n+1=4b n +1⇒c n =b n b n+1= 4b n +1>17⇒数列{c n }的前n 项和S n ≥17n; (Ⅲ)因|b 2-b 1|=41<6417,当n ≥2时,|b n-2-b n+1|=|(4+11+n b )-(4+n b 1)|=11||++-n n n n b b b b <171|b n+1-b n |⇒|b n+1-b n |<171|b n -b n-1|<2171|b n-1-b n-2|<…<1171-n |b 2-b 1|=411171-n ⇒|b 2n -b n |=|(b 2n -b 2n-1)+(b 2n-1-b 2n-2)+…+(b n+1-b n )|≤|b 2n -b 2n-1|+|b 2n-1-b 2n-2|+…+|b n+1-b n |<41[(171)2n-2+(171)2n-1+…+(171)n-1]=41(171)n-1[1+(171)+…+(171)n-1]=41(171)n-11711)171(1--n<2171641-⋅n . [思想方法]:令b n =nn a a 1+,则数列{a n }:a 1=a,a 2=b,a n+2=pa n+1+qa n ⇔数列{b n }:b 1=ab ,b n+1=p+nb q.由此,一方面我们可以利用数列{a n }的性质,去构造数列{b n }的问题;另一方面我们也可以利用数列{a n }的通项,去解决数列{b n }的问题.类题:1.(2005年福建高考试题)己知数列{a n }满足a 1=a,a n+1=1+na 1.我们知道当a 取不同的值时,得到不同的数列.如当a=1 时,得到无穷数列:1,2,23,25,…;当a=-21时,得到有穷数列:-21,-1,0. (Ⅰ)求当a 为何值时,a 4=0; (Ⅱ)设数列{b n }满足b 1=-1,b n+1=11-n b (n ∈N*),求证:a 取数列{b n }中的任一个数,都可以得到一个有穷数列{a n }; (Ⅲ)若23<a n <2(n ≥4),求a 的取值范围. 2.(2004年湖北高考试题)己知a>0,数列{a n }满足a 1=a,a n+1=a+na 1,n=1,2,…. (Ⅰ)设b n =a n -A,n=1,2,…,证明:b n+1=-)(A b A b n n+;(Ⅱ)若|b n |≤21对n=1,2,…都成立,求a 的取值范围.。
(完整版)特征根法求数列通项
特征根法求解数列递推公式类型一、形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数）的数列 （二阶线性递推式） 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（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）（2）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 --∴=类型二、形如1n n n Aa B a Ca D++=+的数列 （分式递推式） 对于数列1n 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 （1） 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。
【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。
有关二阶线性递归(推)数列的理论及应用
有关二阶线性递归(推)数列的理论及应用摘要】本文旨在对现行中学教材中的一般递推数列进行研究，用二阶线性递推的理论探讨其求数列通项及数列和的一般方法。
【关键词】二阶线性递推数列；齐次式；特征方程；特征根Of the second-order linear recursion (push) the theory of series and its applicationZong Yumei【Abstract】The purpose of this paper to the existing secondary school textbook series of the general recursive study, using the theory of second-order linear recursive order to investigate the series, and several passed out and the general approach.【Key words】second-order linear recursive sequence; homogeneous type; characteristic equation; eigenvalue1关于递推数列的通项问题对于数列a1,a2,a3......,an (1)如果存在两个固定的数(实数或复数)p1p2使对任意n都有an＝２+p1an+1+p2an=0(2)则称数列(1)为二阶线性递推数列。
我们知道，如果要求出数列（１）,只需知道前两项即a1，a2再根据(2）式可求出a3,同理可求出a4,a5……从而可以找到an的表达。
满足以下两个条件：（1）当n=1,2,3,……k,得a1，a2，a3，……ak；（2）对任意n，由该表达式可以得到数列(1)的项，则这个表达式就解决了符合(2）式的数列(1）的问题。
除此之外，如果存在n和2个常数c1和c2的函数：an＝f（n，c1，c2）而两个常数满足方程：f（1，c1，c2）＝a1f（2，c1，c2）=a2那末，也就找到了an的一般表达式。
二阶递推特征方程
有关“二阶递推特征”的方程
有关“二阶递推特征”的方程如下：
我们要找出二阶递推特征方程的一般形式。
首先，我们需要理解什么是二阶递推特征方程。
二阶递推特征方程是一个数学方程，它描述了一个数列中相邻两项之间的关系。
对于一个数列a_n，如果存在一个常数r 和一个初始条件a_0 和a_1，使得对于所有的n，都有：a_n = r × a_(n-1) + a_(n-2)，那么我们说这个数列满足二阶递推关系，并且r 是特征方程的解。
现在我们要来解这个方程，找出r 的值。
计算结果为：r = 0。
所以，二阶递推特征方程的一般形式为：a_n = r × a_(n-1) + a_(n-2)，其中r = 0。
斐波那契数列和不动点
第七讲斐波那契数列数学原理与应用探究二阶线性递推式:对于由递推公式a n+2=pa n+1+qa n，a1=α,a2=β给出的数列a n，方程x2−px−q= 0，叫做数列a n的特征方程.定理1：若x1,x2是特征方程的两个根，当x1≠x2时，数列a n的通项为a n=Ax n−11+Bx n−12，其中A，B 由a1=α,a2=β决定(即把a1,a2,x1,x2和n=1,2，代入a n=Ax n−11+Bx n−12，得到关于A、B的方程组)；当x1=x2时，数列a n的通项为a n=(A+Bn)x n−11，其中A，B由a1=α,a2=β决定(即把a1,a2,x1,x2和n =1,2，代入a n=(A+Bn)x n−11，得到关于A、B的方程组)【例1】已知数列a n中，a1=2，a2=4，且a n+2=2a n+1+3a n n∈N*，则a n=_______.【例2】已知数列a n中，a1=2，a2=4，且a n+2=4a n+1-4a n n∈N*，则a n=_______.【例3】已知数列a n中，a1=-1，a2=2，且a n+2=a n+1-14a n n∈N*，则a n=______.【例4】已知数列a n中，a1=1，a2=2，且a n+2=-a n+1+2a n n∈N*，则a n=______.【例5】在数列{a n}中，若a1=1，a2=2，a n+2=a n+1-a n，则a2024=( )A．-1B．-2C．2D．1一：定义斐波那契数列(Fibonacci sequence)，又称黄金分割数列，因意大利数学家莱昂纳多.斐波那契1202年以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列"，指的是这样一个数列:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55, 89⋯⋯这个数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和。
在数学上，斐波那契数列以如下被以递推的方法定义:F0 =0,F1 =1,F n=F n-1+F n-2n≥2,n∈N二、通项公式1、递推公式:F0 =0n∈NF1 =1F n =F n-1+F n-22、通项公式:F n=151+52n-1-52n方法一:(构造等比数列)设常数r和s满足:F n-rF n-1=s F n-1-rF n-2即:F n=s+rF n-1-srF n-2则r和s满足如下条件:s+r=1sr=-1由韦达定理知，r和s为一元二次方程x2-x-1=0的两个根，不妨令r=1-52s=1+52当n≥3时，有F n-rF n-1F n-1-rF n-2=sF3-rF2F2-rF1=sF4-rF3F3-rF2=s⋮F n-rF n-1F n-1-rF n-2=s上式共n-2个式子，累乘得F n-rF n-1F2-rF1=s n-2,由于s=1-r,F1=F2=1，所以有F n=s n-1+rF n-1.将F n-1,F n-2直到F3按照上述递推关系式进行展开有F n=s n-1+rF n-1=s n-1+r s n-2+rF n-2=s n-1+rs n-2+r2F n-2=s n-1+rs n-2+r2s n-3+rF n-3=s n-1+rs n-2+r2s n-3+r3F n-3=⋯=s n-1+rs n-2+r2s n-3+⋯+r n-2s+r n-1F1=s n-1+rs n-2+r2s n-3+⋯+r n-2s+r n-1.可见F n是首项为s n-1，公比为rs，末项为r n-1的等比数列求和，根据等比数列求和公式有F n=s n-11-r s n1-r s=s n-r ns-r将r和s代入得斐波那契数列的通项公式F n为F n =s n -r ns -r =1+52 n -1-52 n1+52-1-52=151+52n-1-52n方法二:特征根法F n =F n -1+F n -2x 2=x +1x 1=1+52,x 2=1-52F n =1+52 n C 1+1-52 nC2∴C 1=C 2=15F n =151+52 n -1-52 n三、斐波那契数列与黄金分割斐波那契数列前一项与后一项之比的极限为黄金分割比5-12.证明:因为F n =F n -1 +F n -2 , 同时除以F n -1 得:F n F n -1 =1+F n -2 F n -1 , 令a n =F n -1F n.则1a n =1+a n -1, 令x =a n =a n -1得x =1+1x , 所以x 2+x -1=0,x =-1±52.因为0<x <1 , 所以x =5-12.四、几个重要的结论性质1:a 1+a 2+a 3+⋯+a n -1+a n =a n +2-1,n ∈N +.证明:a 1+a 2+a 3++a n -1+a n =a 1+a 2 +a 2 +a 3 +⋯+a n -1+a n -a 2=a n +1+a n =a n +2-1.性质2:a 21+a 22+a 23+⋯+a 2n -1+a 2n =a n a n +1,n ∈N +.证明:a 21+a 22+a 23+⋯+a 2n -1+a 2n =a 1a 2+a 2a 3-a 1 +a 3a 4-a 2 +⋯+a n a n +1-a n -1 =a n a n +1.性质3:a 1+a 3+a 5+⋯+a 2n -1=a 2n ,n ∈N +.证明:a 1+a 3+a 5+⋯+a 2n -1=a 2+a 3 +a 5 +a 7 +⋯+a 2n -1=a 2n .性质4:a 2+a 4+⋯+a 2n -2+a 2n =a 2n +1-1,n ∈N +.证明:a 1+a 2+a 4+⋯+a 2n -2+a 2n -a 1=a 1+a 2 +a 4 +a 6 +⋯+a 2n -2+a 2n -a 1=a 2n +1-1.性质5:a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯+a n a n +1=a 2n +1,n =2k ,k ∈N +.a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯+a n a n +1=a n a n +1,n =2k -1,k ∈N +.证明:当n =2k -1时,a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯+a n a n +1=a 22+a 2a 4-a 2 +a 3a 4+a 4a 6-a 4 +⋯+a 2k -2a 2k -a 2k -2 +a 2k -1a 2k=a 2k -2+a 2k -1 a 2k =a 2n +1同理可证n =2k 的情况。