特征根法求数列的通项公式

特征根法求数列的通项公式数列中最重要的一类问题，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问题中，对数列通项公式的求解，往往是大家解决问题的瓶颈。而通过递推公式求解数列通项公式的方法更尤为重要，其中可以涉及到的类型有累加法、累乘法、迭代法、构造法、取对数法、取倒数法、双数列法等大家广为孰知的方法，这里向大家推荐一种不常用但很好用的方法——特征根法，特征根法适用范围更广泛，解题过程更标准化，在竞赛、保送以及自主招生考试题中经常运用，希望能对大家能有所帮助。例.设已知数列满足}{nadcaabann+==+11,,其中,1,0≠≠cc求：这个数列的通项公式。对于上题采用数学归纳法或构造法可以求解，然而归纳法太过繁琐，而且在猜想通项公式中容易出错；构造法需要以等差数列为依据，形式也比较复杂。这里推荐更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做出一个方程,dcxx+=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。一阶线性递推式定理1：设上述递推关系式的特征方程的根为，则当0x10ax=时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即.na101;,nnaaxaabx=≠=+当时0n}{nbc01111,xabcbbnn−==−证明：因为由特征方程得,1,0≠c.10cdx−=作换元,0xabnn−=则.)(110011nnnnnncbxacccdcacddcaxab=−=−−=−−+=−=−−当时，，数列是以为公比的等比数列，故10ax≠01≠b}{nbc;11−=nncbb当时，，为0数列，故10ax=01=b}{nb.N,1∈=naan（证毕）.例1．已知数列满足：}{na,4,N,23111=∈−−=+anaann求.na解：作方程.23,2310−=−−=xxx则当时，41=a.21123,1101=+=≠abxa数列是以}{nb31−为公比的等比数列.于是.N,)31(2112323,)31(211)31(1111∈−+−=+−=−=−=−−−nbabbnnnnnn二阶线性递推式第1页（共7页）定理2：对于由递推公式nnnqapaa+=++12，βα==21,aa给出的数列{，方程，叫做数列{的特征方程。}na02=−−qpxx}na若是特征方程的两个根，当21,xx21xx≠时，数列{}na的通项为，其中A，B由1211−−+=nnnBxAxaβα==21,aa决定（即把和2121,,,xxaa2,1=n，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列{的通项为，其中A，B由1211−−+=nnnBxAxa21xx=}na11)(−+=nnxBAaβα==21,aa决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。2121,,,xxaa2,1=n11)(−+=nnxBnAa例2：已知数列{满足}na),0(0253,,1221Nnnaaabaaannn∈≥=+−==++，求：数列{的通项公式。}na解法一（待定系数——迭加法）由，得025312=+−++nnnaaa)(32112nnnnaaaa−=−+++，且。abaa−=−12则数列{}是以为首项，nnaa−+1ab−32为公比的等比数列，于是11)32)((−+−=−nnnabaa。把nn,,3,2,1⋅⋅⋅=代入，得abaa−=−12，)32()(23⋅−=−abaa，234)32()(⋅−=−abaa，•••21)32)((−−−=−nnnabaa。把以上各式相加，得])32()32(321)[(21−+⋅⋅⋅+++−=−nnabaa)(321)32(11abn−−−=−。abbaaabannn23)32)((3)]()32(33[11−+−=+−−=∴−−。第2页（共7页）解法二（特征根法）：数列{}na：),0(025312Nnnaaannn∈≥=+−++，baaa==21,的特征方程是：。02532=+−xx32,121==xxQ,∴1211−−+=nnnBxAxa1)32(−⋅+=nBA。又由，于是baaa==21,⎩⎨⎧−=−=⇒⎪⎩⎪⎨⎧+=+=)(32332baBabABAbBAa故1)32)((323−−+−=nnbaaba分式递推式定理3(分式递推问题)：如果数列满足下列条件：已知的值且对于n，都有}{na1aN∈hraqpaannn++=+1（其中p、q、r、h均为常数，且rharqrph−≠≠≠1,0,），那么，可作特征方程hrxqpxx++=.（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,∈=nanλ若λ≠1a，则,N,1∈+=nbannλ其中11(1),nrbnaprλλ=+−∈−−nN，特别地，当存在0,nN∈使00=nb时，无穷数列不存在.}{na（2）当特征方程有两个相异的根1λ、2λ（称作特征根）时，则112−−=nnnccaλλ，其中,N∈n).(,N,)(211212111λλλλλ≠∈−−−−=−anrprpaacnn其中证明：先证明定理的第（1）部分.作交换N,∈−=nadnnλ则λλ−++=−=++hraqpaadnnnn11第3页（共7页）hrahqrpann+−+−=λλ)(hdrhqrpdnn++−+−+=)())((λλλλλλλλrhrdqphrrpdnn−+−−+−−=])([)(2①∵λ是特征方程的根，∴λ.0)(2=−−+⇒++=qphrhrqpλλλλ将该式代入①式得.N,)(1∈−+−=+nrhrdrpddnnnλλ②将rpx=代入特征方程可整理得,qrph=这与已知条件qrph≠矛盾.故特征方程的根λ,rp≠于是.0≠−rpλ③当，即01=dλ+=11da=λ时，由②式得,N,0∈=nbn故.N,∈=+=ndannλλ当即01≠dλ≠1a时，由②、③两式可得.N,0∈≠ndn此时可对②式作如下变化：.1)(11rprdrprhrpdrhrddnnnnλλλλλ−+⋅−+=−−+=+④由λ是方程hrxqpxx++=的两个相同的根可以求得.2rhp−=λ∴,122=++=−−−+=−+hpphrrhpprrhphrprhλλ将此式代入④式得.N,111∈−+=+nrprddnnλ令.N,1∈=ndbnn则.N,1∈−+=+nrprbbnnλ故数列是以}{nbrprλ−为公差的等差数列.∴.N,)1(1∈−⋅−+=nrprnbbnλ其中.11111λ−==adb第4页（共7页）当时，0,N≠∈nbn.N,1∈+=+=nbdannnλλ当存在使,N0∈n00=nb时，λλ+=+=0001nnnbda无意义.故此时，无穷数列是不存在的.}{na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，不妨令1a.12a≠λ于是可作变换.N,21∈−−=naacnnnλλ故21111λλ−−=+++nnnaac，将hraqpaannn++=+1代入再整理得N,)()(22111∈−+−−+−=+nhqrpahqrpacnnnλλλλ⑤由第（1）部分的证明过程知rpx=不是特征方程的根，故.,21rprp≠≠λλ故.0,021≠−≠−rprpλλ所以由⑤式可得：N,2211211∈−−+−−+⋅−−=+nrphqarphqarprpcnnnλλλλλλ⑥∵特征方程hrxqpxx++=有两个相异根1λ、2λ⇒方程有两个相异根0)(2=−−+qphxrx1λ、2λ，而方程xrpxhqx−−=−与方程又是同解方程.0)(2=−−−qphxrx∴222111,λλλλλλ−=−−−=−−rphqrphq将上两式代入⑥式得N,2121211∈−−=−−⋅−−=−ncrprpaarprpcnnnnλλλλλλ当即,01=c11λ≠a时，数列是等比数列，公比为}{ncrprp21λλ−−.此时对于都有N∈n.))(()(12121111211−−−−−−=−−=nnnrprpaarprpccλλλλλλ第5页（共7页）当即01=c11λ=a时，上式也成立.由21λλ−−=nnnaac且21λλ≠可知.N,1∈=ncn所以.N,112∈−−=nccannnλλ(证毕)注:当时,qrph=hraqpann++会退化为常数;当0=r时,hraqpaannn++=+1可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.例3、已知数列满足性质：对于}{na,324,N1++=∈−nnnaaan且,31=a求的通项公式.}{na解:依定理做特征方程,324++=xxx变形得其根为,04222=−+xx.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,)221211(2313)(11212111∈⋅−⋅−⋅+−=−−⋅−−=−−nrprpaacnnnλλλλ∴.N,)51(521∈−=−ncnn∴.N,1)51(521)51(52211112∈−−−−⋅−=−−=−−nccannnnnλλ即.N,)5(24)5(∈−+−−=nannn例4．已知数列满足：对于都有}{na,N∈n.325131+−=+nnnaaa（1）若求,51=a;na（2）若求,31=a;na（3）若求,61=a;na（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？1a}{na解：特征方程.32513+−=xxx变形得,025102=+−xx第6页（共7页）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)∵∴=∴=.,511λaa对于都有,N∈n;5==λna(2)∵.,311λ≠∴=aa∴λλrprnabn−−+−=)1(1151131)1(531⋅−⋅−+−=n,8121−+−=n令，得.故数列从第5项开始都不存在，0=nb5=n}{na当≤4，时，nN∈n51751−−=+=nnbannλ.(3)∵,5,61==λa∴.1λ≠a∴.,811)1(11Nnnrprnabn∈−+=−−+−=λλ令则∴对于,0=nb.7nn∉−=.0bN,n≠∈n∴.N,7435581111∈++=+−+=+=nnnnbannλ(4)显然当时，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，时，数列是存在的，当31−=a51=a}{na51=≠λa时，则有.N,8151)1(111∈−+−=−−+−=nnarprnabnλλ令,0=nb则得N,11351∈−−=nnna且≥2.n∴当11351−−=nna（其中N∈n且N≥2）时，数列从第n项开始便不存在.}{na于是知：当在集合或1a3{−,:1135Nnnn∈−−且≥2}上取值时，无穷数列都不存在.n}{na综上，我们不难发现在解决数列通项公式问题的过程中，特征根法具有的优越性是显而易见的，适用范围更加广泛，同时方法易于掌握，希望对大家今后的解题能有所帮助。第7页（共7页）