k阶线性递推数列_20110410
k阶线性递推数列
Tanzx proudly 20110410
目录
k阶线性递推数列 (1)
准备 (2)
问题引入 (3)
通项公式推导：无重根情况 (3)
有重根的情况 (6)
总结 (7)
附录：函数S——遗留的证明 (8)
准备
?为了研究以下问题，先考虑一个一元k次方程，它一定可以写成以下形式：x?x1x?x2x?x3…x?x k=0 。
?考虑它的展开形式：
x?x1x?x2x?x3…x?x k
=x?x i
k
i=1
=x k?0S0+x k?1S1+x k?2S2+?+x k?k S k
?S i代表系数
=x k?0S k,0+x k?1S k,1+x k?2S k,2+?+x k?k S k,k
?在这里定义：函数S k,i为一个一元k次方程展开式的k?i次项的系数。?特别地，规定：对于任意k，都有S k,0=1。
?这个定义是抽象的，对于函数S k,i的具体表达式，见附录。
=x k?i S k,i
k
i=0
;
?下面考虑这个展开式的一个递推特性：
x k?i S k,i
k
i=0
=x?x1x?x2x?x3…x?x k
=x?x1x?x2x?x3…x?x k?1x?x k
=x k?1?i S k?1,i
k?1
i=0
x?x k
=x x k?1?i S k?1,i k?1
i=0?x k x k?1?i S k?1,i k?1
i=0
=x1+k?1?i S k?1,i k?1
i=0?x k x k?1?i S k?1,i
k?1
i=0
。
?以上是前提准备。
问题引入
?一个k阶线性递推数列是指符合以下递推式的数列：
a k?0+n S0+a k?1+n S1+a k?2+n S2+?+a k?k+n S k=0 ;
其中a0,a1,a2,…,a k?1已知。
?将其转化为与一元k次方程类似的形式：
a k?0+n S0+a k?1+n S1+a k?2+n S2+?+a k?k+n S k
=a k?0+n S k,0+a k?1+n S k,1+a k?2+n S k,2+?+a k?k+n S k,k
?转化关系：x k?i?a k?i+n
?鉴于这个一元k次方程与数列递推式的关系，所以称这个方程为这个数列的特征方程。=a k?i+n S k,i
k
i=0
=a k?i+n+1S k?1,i k?1
i=0?x k a k?i+n S k?1,i k?1
i=0
?这里使用了与上面对方程展开式相同的变化方式；
?这个结论并不是显然的，这里只是类比解释而已，具体证明方法请看附录。
?为表述方便，规定A k n=a k?i+n S k,i
k
i=0
，那么就有：
A k n=A k?1n+1?x k A k?1n ;
而一个k阶线性递推数列就是指符合A k n=0的数列。
通项公式推导：无重根情况
?下面推导k阶线性递推数列的通项公式。
A k n=0 ;
A k?1n+1?x k A k?1n=0 ;
A k?1n+1=x k A k?1n ;
A k?1n=x k n A k?10 ;
?为了表示方便，以下规定：C k?1k=A k?10，取“对于A k?1n的x k n项的系数”之意;?C k?1k是与n无关的系数。
A k?1n=x k n C k?1k ;
?这里使用了等比数列的通项公式；
?等比数列的通项公式可以很简单地通过数学归纳法得到。
A k ?2 n +1?x k?1A k ?2 n =x k n C k ?1 k ; A k ?2 n +1?x k?1A k ?2 n =x k n C k ?1 k x k ?x k?1x k ?x k?1 ; A k ?2 n +1?x k?1A k ?2 n =x k x k n C k ?1 k x k ?x k?1?x k?1x k n C k ?1 k x k ?x k?1
; A k ?2 n +1?x k n +1C k ?1 k k k?1 ?x k?1 A k ?2 n ?x k n C k ?1 k k k?1
=0 ; ?这样就把x k n C k ?1 k 分配到了左边的两项里；
?可以发现，该方法成立的前提是x k ?x k?1≠0 。
A k ?2 n +1?x k n +1C k ?1 k x k ?x k?1 =x k?1 A k ?2 n ?x k n C k ?1 k x k ?x k?1
; A k ?2 n ?x k n C k ?1 k k k?1=x k?1n A k ?2 0?x k 0C k ?1 k k k?1
; A k ?2 n =x k n C k ?1 k k k?1+x k?1n A k ?2 0?x k 0C k ?1 k k k?1
; ?规定：C k ?2 k =C k ?1 k x k ?x k?1，C k ?2 k?1=A k ?2 0?x k 0C k ?1 k x k ?x k?1
; 于是有：A k ?2 n =x k n C k ?2 k +x k?1n C k ?2 k?1 ;
??规定：C k ? m +1 k?j =C k ?m k?j x k?j ?x k?m
其中 j =0,1,2,…,m ?1 ， C k ? m +1 k?m =A k ? m +1 0?
x k?j 0C k ?m k?j x k?j ?x k?m
m?1
j =0。
?接下来证明命题：对于任意m =1,2,…,k ，都有：
A k ?m n =x k n C k ?m k +x k?1n C k ?m k?1+x k?2n C k ?m k?2+?+x k? m?1 n C k ?m k? m?1
即：A k ?m n = x k?j n C k ?m k?j m?1
j =0
证明：
首先，对m =1的情况已经进行过阐述，是成立的；
然后假设：A k ?i n =x k n C k ?i k +x k?1n C k ?i k?1+x k?2n C k ?i k?2+?+x k? i?1 n C k ?i k? i?1 ;
即：A k ?i n = x k?j n C k ?i k?j i?1
j =0
;
那么：
A k ? i +1 n +1?x k?i A k ? i +1 n = x k?j n C k ?i k?j i?1
j =0
;
A k ? i +1 n +1?x k?i A k ? i +1 n = x k?j n C k ?i k?j
i?1
j =0x k?j ?x k?i k?j k?i
; ?前提是x k?j ?x k?i ，即特征方程无重根。
A k ? i +1 n +1?x k?i A k ? i +1 n = x k?j
n x k?j C k ?i k?j k?j k?i ?x k?j n x k?i C k ?i k?j k?j k?i i?1
j =0
; A k ? i +1 n +1?x k?i A k ? i +1 n = x k?j n +1C k ?i k?j k?j k?i ?x k?j n x k?i C k ?i k?j k?j k?i
i?1j =0 ; A k ? i +1 n +1?x k?i A k ? i +1 n = x k?j n +1C k ?i k?j x k?j ?x k?i i?1j =0?x k?i x k?j n C k ?i k?j x k?j ?x k?i i?1j =0
; A k ? i +1 n +1? x k?j n +1C k ?i k?j x k?j ?x k?i i?1j =0
?x k?i A k ? i +1 n ? x k?j n C k ?i k?j x k?j ?x k?i i?1j =0 =0 ; A k ? i +1 n +1? x k?j n +1C k ?i k?j k?j k?i i?1j =0 =x k?i A k ? i +1 n ? x k?j n C k ?i k?j k?j k?i i?1j =0
; A k ? i +1 n ? x k?j
n C k ?i k?j k?j k?i i?1
j =0
=x k?i n A k ? i +1 0? x k?j 0C k ?i k?j k?j k?i i?1
j =0 ; A k ? i +1 n = x k?j n C k ? i +1 k?j i?1
j =0
+x k?i n C k ? i +1 k?i ;
A k ? i +1 n = x k?j n C k ? i +1 k?j (i +1)?1
j =0 ;
Q .E .D .
?由得证命题：
A k ?m n =x k n C k ?m k +x k?1n C k ?m k?1+x k?2n C k ?m k?2+?+x k? m?1 n C k ?m k? m?1 ;
令 m =k ，则A k ?m n = A 0 n =a n ;
不妨记C 0 i =C i
于是得通项公式：
a n =x k n C k +x k?1n C k?1+x k?2n C k?2+?+x 1n C 1 x k ,x k?1,x k?2,…,x 1互不相同 ;
C i可以按递推式迭代得到，但显然比较麻烦，所以比较简便的方法是待定系数法：
即分别令n=0,1,2,…,k?1，得一个k元一次方程，解出所有的C i。
有重根的情况
?由于该结论只在特征方程没有重根时成立，下面就来考虑有重根的情况。
不难发现，问题出在将等式右边的表达式分配至两项中的过程；
由于该过程对于各根具有强烈的独立性，为描述方便，下面特别考虑一个k重根的情况。
x k=x k?1=x k?2=?=x1，以下皆记为x k ;
A k n=0 ;
A k?1n+1?x k A k?1n=0 ;
A k?1n+1=x k A k?1n ;
A k?1n=x k n A k?10 ;
?规定：D k?10=A k?10 ;
?D k?10的规定与先前的C k?1k有不同的含义，它指的是“对于A k?1n的0次项的系数”。
A k?1n=x k n D k?10 ;
A k?2n+1?x k A k?2n=x k n D k?10 ;
A k?2n+1?x k A k?2n=n+1?n x k n+1D k?10
x k
;
A k?2n+1?n+1x k n+1D k?10
x k
?x k A k?2n?nx k n
D k?10
x k
=0 ;
A k?2n+1?n+1x k n+1D k?10
x k
=x k A k?2n?nx k n
D k?10
x k
;
A k?2n?nx k n D k?10
x k
=x k n A k?20?0x k0
D k?10
x k
;
A k?2n?nx k n D k?10
k
=x k n A k?20 ;
A k?2n=x k n n D k?10
x k
+A k?20 ;
?规定D k?21=D k?10
k
，D k?20=A k?20 ;
A k?2n=x k n nD k?21+D k?20 ;
A k?3n+1?x k A k?3n=x k n nD k?21+D k?20 ;
A k?3n+1?x k A k?3n=x k n+1n+12?n2D k?32+n+1?n D k?31 ;?规定D k?32,D k?31是使等式成立的常数。
?这里需要详细解释一下，为什么这样做是可行的。
? n +1 2?n 2是没有2次项的；
?D k ?3 2需保证 n +1 2?n 2展开所得到的一次项的系数等于D k ?2 1x k
; ?于是解得了唯一的D k ?3 2，同时 n +1 2?n 2所得到的零次项系数也确定了；
?接下来， n +1 ?n 是没有一次项的，所以D k ?3 2所确定的一次项系数不会受到影响； ?D k ?3 1需保证 n +1 ?n 所得的零次项系数等于D k ?2 0k
，于是解得了唯一的D k ?3 1 ; ?这些展开式的各项系数涉及组合数或杨辉三角的概念，但并不是这个问题所关心的；
?这个问题只关心D k ?3 2,D k ?3 1的可解性。
A k ?3 n +1?x k
n +1 n +1 2D k ?3 2+ n +1 D k ?3 1 ?x k A k ?3 n ?x k
n n 2D k ?3 2+nD k ?3 1 =0 ; A k ?3 n ?x k n n 2D k ?3 2+nD k ?3 1 =x k n A k ?3 0?x k
0 02D k ?3 2?0D k ?3 1 ; A k ?3 n ?x k n n 2D k ?3 2+nD k ?3 1 =x k n A k ?3 0 ;
?规定：D k ?3 0=A k ?3 0 ;
A k ?3 n =x k
n n 2D k ?3 2+n D k ?3 1+D k ?3 0 ;
以此类推，最终得到：
A 0 n =x k
n n k?1D 0 k?1+n k?2D 0 k?2+?+nD 0 1+D 0 0 ; 不妨记D i =D 0 i ;
则通项公式为：
a n =x k n n
k?1D k?1+n k?2D k?2+?+nD 1+D 0 ; 其中D i 自然可以通过不断地迭代得到，但更好的办法仍然是待定系数法。
总结
综合以上两种情况，不难得出，一个k 阶线性递推数列的通项公式是：
a n =x k n C k +x k?1n C k?1+x k?2n C k?2+?+x 1n C 1 x k ,x k?1,x k?2,…,x 1互不相同 ;
若有p 组重根，每组分别有q i 个重根，它们分别是原方程根之中的：
x i 1=x i 2=?=x i q i i =1,2,…,p ;
那么分别将原通项公式里相应的项+x i 1n C i 1+x i 2n C i 2+?+x q i n C q i 变为：
+x q i n n
q i ?1D i 1+n q i ?2D i 2+?+nD i q i ?1+D i q i ; 其中C i ,D i j 都是待定系数，可通过带入n =0,1,2,…,k ?1得到。
附录：函数S ——遗留的证明
?在前文中，我们证明了：
x k?i S k ,i k i =0= x 1+ k?1 ?i S k ?1,i k?1i =0?x k x k?1 ?i S k ?1,i k?1
i =0
;
并提到了：
a k?i +n S k ,i k i =0= a k?i + n +1 S k ?1,i k?1i =0?x k a k?i +n S k ?1,i k?1
i =0
;
即：
A k n =A k ?1 n +1?x k A k ?1 n ;
但是对于方程的展开式成立的规律为什么能对数列的系数也成立，S k ,i 又是一个什么样的函数呢？ ?考虑一元k 次方程的展开式：
x ?x 1 x ?x 2 x ?x 3 … x ?x k
一定是是一个关于x 的k 次多项式。
由于原式是累乘的，所以展开式的每一项都是从原式的因子中选一项出来再相乘的。
对于x k?i 这一项，它必然是由各个从?x 1,?x 2,…,?x k 中选出i 个相乘得到的数相加而成，这是一个组合问题。 所以函数S k ,i 指的是从方程的k 个解的相反数?x 1,?x 2,…,?x k 中选出i 个相乘，再累加。
S k ,i = ?x j S j ?1,i ?1 i
j =k ,
i >01,
i =0 ;
以上就是S k ,i 的定义式。
?函数S k ,i 有一个值得一说的性质：
S k ,i =S k ?1,i + ?x k S k ?1,i ?1 (i >0);
证明如下：
S k,i= ?x j S j?1,i?1
i
j=k
= ?x j S j?1,i?1
i
j=k?1
+?x k S k?1,i?1
=S k?1,i+?x k S k?1,i?1
Q.E.D.
?下面证明A k n=A k?1n+1?x k A k?1n：
A k n
=a k?i+n S k,i
k
i=0
=a k?0+n S k,0+a k?i+n S k,i
k?1
i=1
+a k?k+n S k,k
=a k+n S k?1,0+a k?i+n S k?1,i+?x k S k?1,i?1
k?1
i=1
+?x k a n S k?1,k?1
=a k+n S k?1,0+a k?i+n S k?1,i
k?1
i=1+?x k a k?i+n S k?1,i?1
k?1
i=1
+?x k a n S k?1,k?1
=a k?i+n S k?1,i k?1
i=0+?x k a k?i+n S k?1,i?1 k
i=1
=a k?1?i +n+1S k?1,i k?1
i=0+?x k a k?1?i +n S k?1,i k?1
i=0
=A k?1n+1?x k A k?1n ; Q.E.D.
(整理)几个重要的特殊数列
几个重要的特殊数列 基础知识 1．斐波那契数列 莱昂纳多?斐波那契（1175－1250）出生于意大利比萨市，是一名闻名于欧洲的数学家，其主要的著作有《算盘书》、《实用几何》和《四艺经》等。在1202年斐波那契提出了一个非常著名的数列，即： 假设一对兔子每隔一个月生一对一雌一雄的小兔子，每对小兔子在两个月以后也开始生一对一雌一雄的小兔子，每月一次，如此下去。年初时兔房里放一对大兔子，问一年以后，兔房内共有多少对兔子？ 这就是非常著名的斐波那契数列问题。其实这个问题的解决并不是很困难，可以用表示第个月初时免房里的免子的对数，则有，第个月初时，免房内的免子可以分为两部分：一部分是第个月初就已经在免房内的免子，共有对；另一部分是第个月初时新出生的小免子，共有对，于是有。 现在就有了这个问题：这个数列的通项公式如何去求？为了解决这个问题，我们先来看一种求递归数列通项公式的求法——特征根法。 特征根法：设二阶常系数线性齐次递推式为 （），其特征方程为，其根为特征根。 （1）若特征方程有两个不相等的实根，则其通项公式为 （），其中A、B由初始值确定； （2）若特征方程有两个相等的实根，则其通项公式为 （），其中A、B由初始值确定。（这个问题的证明我们将在后面的讲解中给出） 因此对于斐波那契数列，对应的特征方程为，其特征根为：
，所以可设其通项公式为，利用初始条件得，解得 所以。 这个数列就是著名的斐波那契数列的通项公式。斐波那契数列有许多生要有趣的性质，如： 它的通项公式是以无理数的形式给出的，但用它计算出的每一项却都是整数。斐波那契数列在数学竞赛的组合数学与数论中有较为广泛地应用。为了方便大家学习这一数列，我们给出以下性质：（请同学们自己证明） （1）斐波那契数列的前项和； （2）； （3）（）； （4）（）； （5）（）； 2．分群数列 将给定的一个数列{}：按照一定的规则依顺序用括号将它分组，则可以得到以组为单位的序列。如在上述数列中，我们将作为第
线性递归数列
线性递归数列 【基础知识】 1、概念：①、递归式：一个数列}{n a 中的第n 项n a 与它前面若干项1-n a ，2-n a ，…，k n a -（n k <）的关系式称为递归式。 ②、递归数列：由递归式和初始值确定的数列成为递归数列。 2、常用方法：累加法，迭代法，代换法，代入法等。 3、思想策略：构造新数列的思想。 4、常见类型： 类型Ⅰ：???=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(() ()(11（一阶递归） 其特例为：（1）)0(1≠+=+p q pa a n n （2）)0() (1≠+=+p n q pa a n n （3）)0()(1≠+=+p q a n p a n n 解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列。 类型Ⅱ：???==≠≠+=++为常数） b a b a a a q p qa pa a n n n ,(,)0,0(2112（二阶递归） 解题方法：利用特征方程q px x +=2，求其根α、β，构造n n n B A a βα +=，代入初始值求得B A ,。 类型Ⅲ：)(1n n a f a =+其中函数)(x f 为基本初等函数复合而成。 解题方法：一般情况下，通过构造新数列可转化为前两种类型。 【例题】 例1、已知数列}{n a 满足以下递归关系?? ?=+=+14311a a a n n ，求通项n a 。 例2、已知数列}{n a 满足?? ?=-+=+2)12(211a n a a n n ，求通项n a 。 例3、已知数列}{n a 满足?? ?=≥+=+1)2(211a n na a n n ，求通项n a 。 例4、已知数列}{n a 满足?? ?==-=++2,1232112a a a a a n n n ，求通项n a 。 例5、由自然数组成的数列}{n a ，满足11=a ，mn a a a n m n m ++=+，求n a 。
数列递推关系与单调性
数列递推关系与单调性 数列与函数的关系：类比函数（单调性与周期性） 求数列的通项公式：法一：直接求n a ；法二：先求n S ，再求n a ，要注意n 的变化 一．线性的 1.已知21n n S a =+求n a 2.已知21n n S a =+求n a 3.已知111,22n n a S a +==+，求n a 注意序号的变化 二．非线性的 1.已知0n a >，2 22n n n S a a =+-；求n a 2.已知0n a >，242n n n S a a =+，求n a 3.已知0n a >，12n n n S a a =+，求n a 总结：（1）11,1,2n n n S n a S S n -=?=?-≥?这主要是解题的步骤；（2）决策好先求n a 还是n S ;（3）()n n S f a =与1()n n S f a +=的区别 递推关系： （1）1()n n a a f n +=+ Exe1.已知11a =，1n n a a n +=+，求n a 2.已知11a =，12n n n a a +=+，求n a 3.已知11a =，12n n n a a n +=++，求n a 4.已知11a =，11(1) n n a a n n +=++，求n a （2）1()n n a a f n += Exe1.已知11a =，11 n n n a a n +=+，求n a 2.已知11a =，12n n n a a n ++=，求n a 3.已知11a =，1n n a na +=，求n a
（3）1n n a Aa B +=+（1A ≠） Way1:1()11n n B B a A a A A +-=--- Way2.111n n n n n a a B A A A +++=+ 已知11a =，121n n a a +=+，求n a 2.已知11a =，131n n a a +=+，求n a 3.已知11a =，152n n a a +=+，求n a （4）1()n n a Aa f n +=+(1)A ≠ 分为两类：1.()f n pn q =+ 2.()n f n q = 1.1n n a Aa pn q +=++ Way1.?（1）：：：111n n n n n a a pn q A A A ++++=+ Way2.?（2）：：：1(1)()n n a x n y A a xn y +-+-=-- Exe1.已知111,2n n a a a n +==+，求n a 2.已知111,321n n a a a n +==++，求n a 2. Exe1.已知111,23n n n a a a +==+，求n a 2.已知111,32n n n a a a +==+，求n a 3.已知111,22n n n a a a +==+，求n a 4.已知111,232n n n a a a +==++，求n a 5.已知111,231n n n a a a n +==+++，求n a （5）1()()n n a f n a p n +=+ Way:::(1)()() h n f n h n += Exe1.已知11111,n n n a a a n n ++==+，求n a
线性递推数列的特征方程
具有形如21n n n x ax bx ++=+ ①的递推公式的数列{}n x 叫做 线性递推数列 将①式两边同时加上1 n yx +-，即： 2111n n n n n x yx ax bx yx ++++-=+- 整理得： 211()()n n n n b x yx a y x x y a +++-=--- 令1n n n F x yx +=-为等比数列，则其公比q a y =-且满足b y y a =- 即满足：2y ay b =+ ② 设②式具有两个不相等的实数根r ，s ，则： 1n n n Y x rx +=- ③ 1n n n Z x sx +=- ④ 分别是公比为a r -，a s -的等比数列，并得： 121()()n n Y x rx a r -=-- 1 21()()n n Z x sx a s -=-- 且由③、④可得： ()n n n Y Z s r x -=- 又由韦达定理可得： r s a += rs b =- 于是有：
1121211121211121221 2122121()()()() () () n n n n n n n n n n n n n Y Z x rx a r x sx a s x s r s r x rx x x rx x sx s r s b r b C sx a r a s s r s r x rx x sx s r s b s b r r r C s ------------= =----= -------= -+---++++-== ⑤ 由以上推导可知，线性递推数列的通项公式⑤只与数列的第一、二项和方程 2y ay b =+的两根有关。也就是说，只需知道1x ，2x 和方程2y ay b =+的两根r ，s ，即可得出线性递推数列的通项公式。可见方程2y ay b =+包含了线性递推数列的重要信息，故将之称为线性递推数列的特征方程。 例：（斐波拉契数列）已知数列{}n x 满足： 121x x ==且21 (1,)n n n x x x n n N +++=+≥∈.求数列{}n x 的通项公式。 解：该数列属于线性递推数列，其特征方程为：21x x =+ 解之得：152r + =，152s - = 故可设数列的通项公式为 12151522n n n x C C ????+-=+ ? ? ? ????? 又1121515122x C C ????+-=+= ? ? ? ?????，222121515122x C C ????+-=+= ? ? ? ????? 解得：155C =，255C =-.故所求通项公式为： 51515522n n n x ?? ????+-??=- ? ? ? ????????? .
专题由递推关系求数列的通项公式(含答案)
专题 由递推关系求数列的通项公式 一、目标要求 通过具体的例题，掌握由递推关系求数列通项的常用方法： 二、知识梳理 求递推数列通项公式是数列知识的一个重点，也是一个难点，高考也往往通过考查递推数列来考查学生对知识的探索能力，求递推数列的通项公式一般是将递推公式变形，推得原数列是一种特殊的数列或原数列的项的某种组合是一种特殊数列，把一些较难处理的数列问题化为熟悉的等差或等比数列。 三、典例精析 1、公式法：利用熟知的公式求通项公式的方法称为公式法。常用的公式有???≥???????-=????????????????=-21 11n S S n S a n n n 及 等差数列和等比数列的通项公式。 例1 已知数列{n a }中12a =，2 +2n s n =，求数列{n a }的通项公式 评注 在运用1n n n a s s -=-时要注意条件2n ≥，对n=1要验证。 2、累加法：利用恒等式()()1211+......+n n n a a a a a a -=+--求通项公式的方法叫累加法。它是求型如 ()1+f n n n a a +=的递推数列的方法（其中数列(){}f n 的前n 项和可求）。 例2 已知数列{n a }中112a =，121 ++32 n n a a n n +=+，求数列{n a }的通项公式 评注 此类问题关键累加可消中间项，而(f n ）可求和则易得n a 3、.累乘法：利用恒等式3 21121 n n n a a a a a a a a -=? ???????()0n a ≠求通项公式的方法叫累乘法。它是求型如()1n n a g n a +=的递推数列的方法(){}() g n n 数列可求前项积
常见线性递推数列通项的求法
常见线性递推数列通项的求法 对于由递推式所确定的数列通项公式问题，往往将递推关系式变形转化为我们熟知的等差数列或等比数列，从而使问题简单明了。这类问题是高考数列命题的热点题型，下面介绍常见线性递推数列求通项的基本求法。 一、一阶递推数列 1、q pa a n n +=+1型 形如q pa a n n +=+1（q p 且1≠为不等于0的常数）的数列，可令)(1x a p x a n n +=++ 即x p pa a n n )1(1-+=+与q pa a n n +=+1比较得1-=p q x ，从而构造一个以1 1-+p q a 为首项以p 为公比的等比数列? ????? -+1p q a n 例1．在数列{a n }中，,13,111-?==+n n a a a 求n a . 解：在131-?=+n n a a 的两边同加待定数λ，得n n n a a a (3131?=+-?=++λλ+（λ－1）/3），令,3)1(-=λλ得).21(321.211-?=-∴-=+n n a a λ数列{}2 1-n a 是公比为3的等比数列, ∴a n 21-=).13(21,32 111+=∴?--n n n a 2、 ()n g a c a n n +?=+1型 (1)1=c 时：解题思路：利用累差迭加法，将)1(1-=--n g a a n n ，--1n a 2-n a =)2(-n g ，…，-2a 1a =)1(g ,各式相加，正负抵消，即得n a . 例2．在数列{}n a 中，01=a 且121-+=+n a a n n ，求通项n a . 解：依题意得，01=a ，()32112,,3,112312-=--=-=-=--n n a a a a a a n n Λ，把以上各式相加，得 【评注】由递推关系得，若()n g 是一常数，即第一种类型，直接可得是一等差数列；若n n a a -+1非常数，而是关于n 的一个解析式，可以肯定数列n a 不是等差数列，将递推式中的n 分别用 2,3,4,,2,1Λ--n n 代入得1-n 个等式相加，目的是为了能使左边相互抵消得n a ，而右边往往可以转化为一个或几个特殊数列的和。 （2）1≠c 时： 例3．在数列{}n a 中，,3,1211n a a a n n +==+求通项n a . 解：作新数列}{n b ，使),(2C Bn An a b n n ++-=即),(2C Bn An b a n n +++=（A ，B ，C 为待定 常数）。由213n a a n n +=+可得：C n B n A b n ++++++)1()1(21=,)(322n C Bn An b n ++++ 所以，B A C n A B n A b b n n --+-+++=+2)22()12(321，设2A+1=0，2B-2A=0，2C-A-B=0，可
2021年分式型递推数列通项公式的求法
一类分式型递推数列通项公式的求法 欧阳光明（2021.03.07） 2012年高考大纲全国卷考查了形如1+n a =D Ca B Aa n n ++递推数列通项公 式的求法.由于此类题不仅涉及到转化和化归数学思想，更要有较强的运算能力，具有很强的综合性，因而备受命题者的青睐.不少同仁也研究过此类问题，如文[]1,推导过程有点烦琐.也用高等数学不动点知识来求解,这种解法对高中生来说很难接受.本文将从另外两个角度谈谈处理这类问题的方法. 一 形如p a n =21--+n n qa a 递推数列通项公式求法 不少高中数学竞赛教程有此类问题的解法，这里直接引用，不再推导. 结论1 如果21,x x 是递推关系p a n =21--+n n qa a （10,a a 给定）的特征方程 =2x q px +的两个根，则（1）当 21x x ≠时，n n n x x a 2 211αα+=； （2）当21x x =时， n n x n a 121)(ββ+=.这里21,αα,21,ββ都是由初始值确定的常数. 二 形如1+n a =D Ca B Aa n n ++递推数列通项公式求法 为了研究问题的一般性，这里0,0≠-≠BC AD C .设D Cx B Ax x f ++= )(， 且初始值()11a f a ≠. 方法1 构造法 两边同减去α,α-+1n a =D Ca B Aa n n ++α-=D Ca D B a C A n n +-+-αα)(
= α αα ααααC D a C C A D B a C A n n ++--+-+--)()())((.令02 =-+-αααC A D B ,即 0)(2=--+B A D C αα,α可看成是方程 0)(2=--+B x A D Cx (1)的根.由于此时C D x - ≠(假设C D x - =,代入方程,可得BC AD =,与已知条件相矛盾. 同理 C A x ≠ ).所以方程(1)与方程D Cx B Ax x ++= (2)同解.此时不妨称(2)为特 征方程. 结论2 (1)当特征方程有两个不等根21,x x (由初始值()11a f a ≠,可知方程 的根不可能与 1 a 相等) 时,D Ca x a Cx A x a n n n +--= -+) )((1111, D Ca x a Cx A x a n n n +--= -+) )((2221,两式相除可 得, 2 1 212111x a x a Cx A Cx A x a x a n n n n ----= --++,故?? ????--21x a x a n n 是以2 111x a x a --首项,以21 Cx A Cx A --为公 比的等比数列.(2)当21x x =C D A 2-= 时(由求根公式可得),=-+111x a n ))(() ()(1111x a Cx A Cx D x a C n n --++-= 1 Cx A C -+ ) )((111 x a Cx A Cx D n --+,把 C D A x 21-= 代入,可得 1 11x a n -+= 11x a n -D A C ++ 2,故??????-11x a n 是以111x a -首项,以 D A C +2为公差的等 差数列. 方法2 转化法 1+n a =D Ca B Aa n n ++= C D a A B a C A n n + + ,令n b C D a n +=,有 C D b n - +1=n b C D A B C A C A - + ,即 =+1 n b n b C D A B C A C D A - + +.再令 n n n c c b 1 1++= ,有C D A c c n n +=+1n n c c C AD BC 12=-+ ,两边同
几种分式型递推数列的通项求法
几种分式型递推数列的通项求法 李云皓 (湖北省宜昌市夷陵中学，湖北 宜昌 443000) 1.1 引言 数列是高中数学中的重要内容之一，是高考的热点，而递推数列又是数列的重要内容。数列中蕴含着丰富的数学思想，递推数列的通项问题也具有很强的逻辑性和一定的技巧性，因此此类问题也经常渗透在高考试题和数学竞赛中。本文对分式型递推数列求通项问题作一些探求，希望对大家有所启发。 2.1基本概念 设数列{a n }的首项为a 1，且 a n +1=α1a n +β1 α2a n +β2 n =1,2,? ① 其中αi 、βi i =1,2,? 为常数，同时α2≠0,α1α2 ≠β 1β2 ，我们称这个递推公式为 分式递推式，而数列{a n }称为由分式递推式给定的数列。显然，该数列的递推式也可写成 a n +1a n +αa n +1+βa n +γ=0 n =1,2,? ② 2.2递推式的特征方程与特征根 我们先来看一个引例： 首项为a 1，由递推式a n +1a n +αa n +1+βa n =0 (n =1,2,?)给定的数列{a n }的通项公式我们是会求的： a n +1a n +αa n +1+βa n =0 ∴1+αa n +βa n +1 =0 即 1a n +1=?αβa n +1 β 为常系数等比差数列（由递推式a n +1=αa n +β给定的数列，其中α、β为常数），该数列的通项是熟知的，为 a n =αn?1(a 1? β1?α)+β 1?α 于是考虑能不能变型后让②中的γ没有，即让①中的β1没有。我们可以利用递推式的特征方程来解决这个问题。 下面给出特征方程推导过程： 数列的递推式为 a n +1=α1a n +β1 2n 2 两边同时减去x 得
矩阵乘幂优化k阶常系数线性递推关系
矩阵乘幂优化k 阶常系数线性递推关系 一、认识k 阶常系数线性递推关系 我们熟悉的Fibonacci 数列：F[n]=F[n-1]+F[n-2]，就是一个2阶常系数线性递推关系，由此我们得出k 阶常系数线性递推关系的一般形式： k n k n n n F a F a F a F ???+++=Λ2211 其中：，是常数，有k 项，所以叫着k 阶常系数线性递推关系； k a a a 、、、Λ21∑=?×=k i i n i n F a F 1 二、对矩阵的认识 矩阵就是一个数字阵列，一个n 行r 列的矩阵可以表示为： ????? ???????nr n n r r a a a a a a a a a Λ ΛΛ Λ212222111211 我们称上面的矩阵为r n ×矩阵。例如下面一个2×3矩阵； ?? ????662341 如果一个行数和列数相等的矩阵，我们叫作方阵。例如下面3×3方阵： ???? ??????679762341 其实，矩阵对我们来说，并不陌生，因为它正好对应Pascal 中的一个二维数组。 Type matrix=array[1..n,1..r] of longint; 三、矩阵的运算 1、加法，减法 ?? ????=??????+??????964687652342312345 ??????=???????????? ?010003652342662345 2、乘法： 设A ，B 是两个矩阵，令C=A ×B ；那么： （1）A 的列数必须和B 的行数相等；设A 是n ×r 矩阵，B 是r ×m 矩阵； （2）A 和B 的乘积C 是一个n ×m 的矩阵；
数列通项篇(分式型递推式求通项)
数列通项篇（分式型递推式求通项） 分式型递推式求通项 形如：D Ca B Aa a n n n ++=+1或D Ca B Aa a n n n ++=+21 两种方法 三种类型 三条原则 两种方法： 减倒法：即减个数字取倒数 减除法：即减个数字两式相除（两边同时减去不同的数字，相除） 三种类型 D Ca B Aa a n n n ++=+1或D Ca B Aa a n n n ++=+21 D Cx B Ax x ++=或D Cx B Ax x ++=2为其对应的特征方程 若21,x x 为对应的特征根，则有 （1）当21x x =实根时，减倒法构造}1{1 x a n -等差数列， （2）当21x x ≠实根时，减除法构造}{2 1x a x a n n --等比数列， （3）当21x x ≠复根时，减除法构造}{ 21x a x a n n --周期数列，
例1、在数列}{n a 中，21=a ，1 3371+-= +n n n a a a ，求数列}{n a 的通项公式。 例2、（重庆高考）在数列}{n a 中，11=a ，05216811=++-?++n n n n a a a a ，求数列}{n a 的通项公式。 例3、已知在数列}{n a 中，41=a ，4 2321--=+n n n a a a ，求数列}{n a 的通项公式。
例4、（湖南高考）已知在数列}{n a 中，11=a ，1331+-=+n n n a a a ，则=2009a _______________ 三、分式型递推式求通项的三条原则 （1）选择题、填空题直接列举找规律； （2）解答题有台阶，按构造的台阶式顺势而为； （3）解答题无台阶，按减倒法和减除法直接构造； 例5、已知在数列}{n a 中，21=a ，121+=+n n a a ，1 2-+=n n n a a b ，则数列}{n b 的通项公式=n b _______________ 例6、（全国卷）已知在数列}{n a 中，21=a ，n n a c a 11-=+，若2 5=c ，21-=n n a b ，求数列}{n b ，}{n a 的通项公式。
备战2020数学高考三大类递推数列通项公式的求法
三大类递推数列通项公式的求法 湖北省竹溪县第一高级中学徐鸿 一、一阶线性递推数列求通项问题 一阶线性递推数列主要有如下几种形式： 1. 这类递推数列可通过累加法而求得其通项公式(数列{f(n)}可求前n项和). 当为常数时，通过累加法可求得等差数列的通项公式．而当为等差数列时， 则为二阶等差数列，其通项公式应当为形式，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后者是，其常数项一定为０． 2. 这类递推数列可通过累乘法而求得其通项公式(数列{g(n)}可求前n项积). 当为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式． 3.； 这类数列通常可转化为，或消去常数转化为二阶递推式 . 例１已知数列中，,求的通项公式． 解析：解法一：转化为型递推数列． ∵∴又，故数列｛｝是首项为２，公比为２的等比数列．∴，即． 解法二：转化为型递推数列． ∵=2x n-1+1(n≥2) ①∴=2x n+1 ② ②－①，得(n≥2)，故｛｝是首项为x 2-x 1 =2， 公比为２的等比数列，即，再用累加法得．解法三：用迭代法． 当然,此题也可用归纳猜想法求之，但要用数学归纳法证明．
例２已知函数的反函数为 求数列的通项公式. 解析：由已知得，则． 令=,则.比较系数，得. 即有．∴数列｛｝是以为首项，为 公比的等比数列，∴，故． 评析：此题亦可采用归纳猜想得出通项公式，而后用数学归纳法证明之． （4） 若取倒数,得，令，从而转化为（1）型而求之. （5）； 这类数列可变换成，令，则转化为(1)型一阶线性递推公式. 例３设数列求数列的通项公式．解析：∵，两边同除以，得．令，则有．于是，得，∴数列是以首项为，公比为的等比数列，故，即，从而．例４设求数列的通项公式． 解析：设用代入，可解出．
几类常见递推数列的解题方法
叠加、 叠乘、迭代递推、代数转化 ——几类常见递推数列的教学随笔 已知数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明；另一类是将已知递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或是转化为基本数列（等差或等比）的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以及足够的结构经验，才能顺利完成，对学生要求高．第二类方法有一定的规律性，只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中，我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法． 一、叠加相消． 类型一：形如a 1+n ＝a n + f (n )， 其中f (n ) 为关于n 的多项式或指数形式（a n ）或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消． 例1：已知数列｛a n ｝,a 1＝0,n ∈N +，a 1+n ＝a n ＋（2n －1），求通项公式a n ． 解：∵a 1+n =a n ＋（2n －1） ∴a 1+n =a n ＋（2n －1） ∴a 2－a 1 =1 、a 3－a 2=3 、…… a n －a 1-n =2n －3 ∴a n = a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a 1-n )=0＋1＋3＋5＋…＋(2n －3) = 2 1 [1＋(2n －3)]( n －1)=( n －1)2 n ∈N + 练习1：⑴.已知数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +，a 1+n =a n ＋3 n ， 求通项公式a n ． ⑵.已知数列｛a n ｝满足a 1＝3，)1(2 1 +=-+n n a a n n ，n ∈N +，求a n ． 二、叠乘相约． 类型二：形如)(1n f a a n n =+.其中f (n ) =p p c mn b mn )()(++ （p ≠0，m ≠0,b –c = km ,k ∈Z ）或 n n a a 1+=kn （k ≠0）或n n a a 1+= km n ( k ≠ 0, 0＜m 且m ≠ 1)． 例2：已知数列｛a n ｝, a 1=1，a n ＞0,( n ＋1) a 1+n 2 －n a n 2＋a 1+n a n =0，求a n ． 解：∵( n ＋1) a 1+n 2 －n a n 2＋a 1+n a n =0 ∴ [(n ＋1) a 1+n －na n ](a 1+n ＋a n )= 0 ∵ a n ＞0 ∴ a 1+n ＋a n ＞0 ∴ (n ＋1) a 1+n －na n =0 ∴1 1+=+n n a a n n ∴n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n n 112 12 31 2111 23 22 11 =???--?--?-=?????=----- 练习2：⑴已知数列｛a n ｝满足S n = 2 n a n ( n ∈N * ), S n 是{ a n }的前n 项和,a 2=1,求a n ．
高中数学：线性递推数列的几种解法
高中数学 第 1 页 共 1 页 高中数学：线性递推数列的几种解法 ()1n n a a f n +=+类型一：形如的递推式 {}(){}112111,2,,21 n n n n a a a a n n N n a *-==+≥∈-例、已知数列满足求数列的通项公式。 ()1n n a f n a +类型二：型如=的递推式 {}(){}11212+++1n n n n a na a a a n a a +=?=例2：数列满足，=1,2,3,,且，求数列的通项。 1n n a pa q ++类型三：型如=的递推式 {}()11123.n n n n a a a a n N a *+==+∈例3：在数列中，已知，,求数列的通项 ()1n n a pa f n ++类型四：型如=的递推式 {}(){}121121n n n n n a n a a n n n N a *+==+-+∈例4 数列的前项和为S ，且满足， S ,求数列的通项公式. ()()1+n n a f n a g n +类型五：型如=的递推式 {}()(){}112n n n n a na n a n n N a a *+=++∈例5 已知数列 满足，且=1，求数列的通项公式 11+2n n n a pa qa n +-≥类型六：型如=()的递推式 {}()121141339412,.33 n n n n n a a a a a a n n N a *+-==-≥∈例6 已知数列中，=，，且，求 { }11.n n n n a a a a a +例7、已知数列 ，=0, =5求 ()010+1+28=1=0,1,2 ..n n n n a a a a a a n a -=例、求出一个序列 ，，它的项均为正数，，并且 求
非线性递推数列
二、非线性递推数列 目的要求：掌握常见的非线性递推数列的通项求法（化为：一阶线性、恒等变形、 不动点法、数归法、母函数法等） 重点：（难点）根据其特点采用相应方法求n a 1、分式递推数列：b aa d ca a n n n ++=+1 ⑴ 若0=d ，则 c a ca b ca b aa a n n n n +=+= +1 1 令其为c a b c b b n n +=+1 （一阶线性……） ⑵ 若0,0≠≠c d ，用不动点法（P166 TH10） 例1、1,1 211=+= +a a a a n n n n ，求n a 解：n n n a a 21 11 += +即n n n b b 21+=+ 则() 1 21 122212 12121 1-= ∴-=+-=--+ =-n n n n n n a b b 例2、1,924111==+-++a a a a a n n n n ，求n a 解：变形：()4 9 211-+-+= +=++αααn n n n b b b a ()() 4 9 6221 -++---= +ααααn n n b b b 令0962=+-αα（化为⑴型） 321==αα 则11 11 1 1-= -- =++n n n n n b b b b b ? ?? ???n b 1是等差且常…
1 25 6212 2 1111--= ∴-= ∴-=-=∴ n n a n b n n b b n n n 题中α恰好是x x x =--492的根，即α为()4 9 2--=x x x f 的不动点 TH9 P166 TH10 P166 ()() d cn b an n f -+= 则① ??? ???--21ααn n u u 是等比…… ② ? ?? ???-p u n 1是等差…… 2、其他非线性递推数列 恒等变形后 ?????? ??? ??母函数法数归迭代分式线性等差（等比） （书上例10、11、12） 例10、{}()33,2,1,2 1 1321≥+= ===--+n a a a a a a a a n n n n n ，求n a 解：变形1213--++=n n n n a a a a （21,-+n n a a 非连续二项） 2133---+=n n n n a a a a 211321-----+-=-?n n n n n n n n a a a a a a a a ()()11231-+---+=+?n n n n n n a a a a a a 即： 2 3 111----++= +n n n n n n a a a a a a （为常数列） ()43 2 1 311==+=+∴-+n a a a a a a n n n 113-+-=∴n n n a a a 二阶常线性齐次…… =∴n a （特征根法）
二阶线性递推数列的通项公式的求法(1)
二阶线性递推数列的通项公式的求法 课程背景：二阶线性递推数列的通项公式的求法是高考中数列的一个高频考点，由于其递推数列的特殊性和复杂性，很多学生感到无从下手，是学生高考中较大的一个失分点，其实本题来源于课本习题，本课就这个问题以课本习题为载体来深入的探讨和研究一下二阶线性递推数列的通项公式的求法 课程内容： 真题再现： 1.（2015广东文19）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，* n ∈N ．已知11a =，232 a =，354 a = ， 且当2n …时，211458n n n n S S S S ++-+=+． （1）求4a 的值； （2）求证：11 2n n a a +? ? - ???? 为等比数列； （3）求数列{}n a 的通项公式． 2.在数列{}n a 中，11,a =21a =，11n n n a a a +-=+（2n ≥），求数列{}n a 的通项公式 问题呈现：第一题中的第三问是难点，当2n …时，211458n n n n S S S S ++-+=+，易得 211 14()4()()n n n n n n S S S S S S +++--= ---，即2114 n n n a a a ++=-，实际上就是已知2114 n n n a a a ++=- ，求{}n a 的 通项公式。第2题更是典型的已知11n n n a a a +-=+（2n ≥）， 求数列{}n a 的通项公式 这两题的共同特点是：已知数列* 1221,,(,0),n n n a a a b a p a q a n N p q ++===+∈≠求{}n a 的通项公式，即 二阶线性递推数列的通项公式的求法。这是学生的一个难点，同时也是高考重点考查的知识，很多学生感到很繁琐，无从下手。实质，此类题型来源于我们的课本习题 课本例题呈现： 例13 已知数列{}n a ，212132,2,5--+===n n n a a a a a （3n ≥），求数列的通项公式。（人教版高中数学必修5第二章数列复习参考题B 组第6题） 解法 1：（归纳猜想）由已知可得：11, a =23452,19,44,145, a a a a ====猜想 1 1 * 1[7313 (1)]()4 n n n a n N --= ? +?-∈(用数学归纳法证明略) 解法2：（构造法） 将2132--+=n n n a a a 变形，]23)[2(3)2(21211------+-=+-=-n n n n n n a a a a a a λ λλλ 若,23λ λ-= -即1-=λ或者3,则{}1n n a a λ+-是一个等比数列,公比为2-λ.1-=λ时， 1{}n n a a ++是一个首项为7,公比为3的数列, 1 173n n n a a --+=?① 3λ=时，1{3}n n a a +-是一个首项为-13,公比为1-的等比数列 1 1313(1) n n n a a -+-=-?-② 由①②两式消去1n a +得：1 1 * 1[73 13(1) ]()4n n n a n N --= ?+?-∈
奥数专题之递推
奥数专题之递推 递推法专题 递推法是组合数学中的一个重要解题方法，许多问题通过递推法来解决就显得精巧简捷．鉴于这一方法在学习中的应用越来越广泛，掌握和运用这种方法，就显得更加重要．递推方法问题主要有两类：一是问题中有明显的递推关系，重点在于递推关系的应用；二是问题中没有明显的递推关系，需要对已有条件进行变形或改变问题的有关形式而建立递推关系，将问题转化为第一类问题。本文重点探索第二类问题。 通过建立、研究递推关系Sk+1=f(Sk)，使问题得以解决的方法称为递推方法。 例1平面上有n条直线，它们中任意两条都不平行，且任意三条都不交于一点。这n 条直线可以把平面分割成多少个部分？ 请看一个引起普遍关注的关于世界末日的问题。 例2有这样一段关于“世界末日”的传说。在印度北部的一个佛教的圣庙里，桌上的黄铜板上，放着三根宝石针，每根长约0.5米。据说印度教的主神梵天在创造世界时，在其中的一根针上，自上而下由小到大放了六十四片金片。每天二十四小时内，都有僧侣值班，按照以下的规律，不停地把这些金片在三根宝石针上移来移去：每次只准移动一片，且不论在那根针上，较小的金片只能放在较大的金片上。当所有六十四片金片都从梵天创造世界时所放的那根针上移到另一根针上时，世界的末日就要到来。这虽是一个传说，但却引起人们的重视，大家都想知道僧侣移动完毕这六十四片金片需要多少时间。也就是说，人类在这个世界上还可以生存多少时间。 例3有10级台阶，小王从下向上走，若每次只能跨一级或两级，他走上去共有多少种不同的走法？ 追问：10级的情况可以一一列出，台阶数比较多的情况，怎么办？ 提示：此即为斐波那契数列{ a n}求通项的问题。 例4同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式共有( ) （A）6种（B）9种（C）11种（D）23种 这里，我们引进一个概念： 设a1,a2,a3,…，a n是1，2，3，…，n的一个排列,如果a i i,(i=1,2,…，n),则称这种排列为一个错位排列（也称为更列）。
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 2 n (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 = d c 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 --++=2 1 x d cA b aA x d cA b aA n n n n -++-++=k 2 1x A x A n n -- 接着做代换B n =2 1 x 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 d cA b aA n n -++1 =k+x A n -1 接着做代换B n =x A 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 =d c 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 n 11+X k n 22+…+X k k n k (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=X n 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）
数列的十种典型递推式
1 十大递推数列求通项： (1)等差数列：a n =a n-1+d 例1：已知：数列{a n }中a 1=1,a n =a n-1+3,(n ≥2).求a n 的通项公式。 答a n =3n-2. (2)等比数列： a n =a n-1q 例2：已知：数列{a n }中a 1=1,a n =2a n-1,(n ≥2).求a n 的通项公式。 答a n =1 2-n . (3)似等差数列： a n =a n-1+f(n) 用叠加法。 例3：已知：数列{a n }中a 1=1,a n =a n-1+3n+1,(n ≥2).求a n 的通项公式。 答a n =2 65n 3n 2-+. (4)线性数列： a n =pa n-1+q 构造等比数列。 例4：已知：数列{a n }中a 1=3,a n =2a n-1-1,(n ≥2).求a n 的通项公式。 答a n =12+n . (5) 似等比数列： a n =a n-1f(n) 叠乘法。 例5：已知：数列{a n }中a 1=3,a n =na n-1,(n ≥2).求a n 的通项公式。 答a n =3n ！. (6)三项递推： a n =pa n-1+qa n-2 设a n+1-xa n =y(a n -xa n-1),构造一个或二个等比数列再通过等差数列或解方程组求出。 例6：已知：数列{a n }中a 1=1,a 2=3,a n =3a n-1-2a n-2,(n ≥3).求a n 的通项公式。 答a n =2n -1. 例7：已知：数列{a n }中a 1=1,a 2=3,a n =4a n-1-4a n-2,(n ≥3).求a n 的通项公式。 答a n =(n+1)2n-2. 例8：已知：数列{a n }中a 1=1,a 2=4,a n =4a n-1-4a n-2,(n ≥3).求a n 的通项公式。 答a n =n2n-1. 例9：已知：数列{a n }中a 1=2,a 2=3,a n =5a n-1-6a n-2,(n ≥3).求a n 的通项公式。 答a n =3×2n-1-3n-1. 例10：已知：数列{a n }中a 1=a,a 2=b,a n =a n-1-a n-2,(n ≥3).求a n 的通项公式。 答周期为6. 例11 (2006年普通高等学校夏季招生考试数学(文史类)福建卷(新课程)) （22）已知数列满足 （I ）证明：数列是等比数列；（II ）求数列 的通项公式；（Ⅲ）若数列 满足 证明 是等差数列。 (7)似线性数列：a n+1=pa n +f(n) ， 变为 1 11) (++++=n n n n n p n f p a p a ，即化为（3）型。 特别地①1n n a pa bn c +=++型，还可以令1(1)()n n a x n y p a xn y +-+-=--，待定系数x,y ，构造等比数列，要比通法简单。 ②1n n n a pa q b +=++型，还可以令1 1()n n n n a xq y p a xq y ++--=--，待定系数x,y ，