高一数学递推数列特征方程的发现

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

51±=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???????-==515121c 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1111211)(-++=+n n n s a t a a t a ,

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

121t t s s ，易证此时11s t -=，则 ())(2112111111---++=+=+n n n n n n a t a s a t a s a t a =…)(11211

a t a s n +=-， 211121111

s 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 1211122111211.???

?????-+???? ??--=．（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，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

a c t a ct a t a n n n +?++=++1111)( d

a c t a ct a t a n n n +?++=++2221)( 以上两式相除得2

1212111t 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21ct a ct a ++，数列{}n a 的通项n a 可由12

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 +?++=++1111)

(, 考虑到上式结构特点，两边取倒数得

11111)(11t 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

11111t a ct a c t a n n +++=++ ∴??????+11t a n 为等差数列，其公差为1

ct 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21cs 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1

cs 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?

??-==22t 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22)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

245,211++=

=+. 解：对等式两端同加参数t 得 ()(),7252475272475272451++++

?+=++++=+++=++n n n n n n n a t t a t a t a t t a a t a 令5

247++=t t t ，解之得1-=t ，2，代入上式得,7

2292,7213111++?=++-?=-++n n n n n n a a a a a a 两式相除得,2

1312111+-?=+-++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

34234,34121111-?+?=?=+----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。

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121 2x 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 C a D ++= +的数列对于数列2n n n Aa B a C a D ++= +，*1,(,,,a m n N A B C D =∈是常数且0,0C AD BC ≠-≠）其特征方程为A x B x C x D += +，变形为2()0C x D A x B +--=…②

特征方程特征根法求解数列通项公式

特征方程特征根法求解数列通项公式一：A(n+1)=pAn+q, p,q为常数. （1）通常设：A(n+1)-λ＝p(An-λ), 则λ=q／(1-p). （2）此处如果用特征根法：特征方程为：x=px+q，其根为x=q/（1-p）注意：若用特征根法，λ的系数要是-1 例一：A（n+1)=2An+1 , 其中q=2,p=1,则 λ=1/（1-2）= -1那么 A（n+1）+1=2（An+1）二：再来个有点意思的,三项之间的关系： A(n+2)=pA(n+1)+qAn，p,q为常数（1）通常设：A(n+2)-mA(n+1)=k[pA(n+1)-mAn], 则m+k=p, mk=q （2）此处如果用特征根法：特征方程是y×y=py+q（※）注意： ①m n为（※）两根。 ②m n可以交换位置，但其结果或出现两种截然不同的数列形式，但同样都可以计算An，而且还会有意想不到的惊喜， ③m n交换位置后可以分别构造出两组An和A(n+1)的递推公式，这个时侯你会发现，这是一个关于An和A(n+1)的二元一次方程组，那么不就可以消去A（n+1），留下An，得了，An求出来了。例二：A1=1,A2=1,A(n+2)= - 5A（n+1）+6An，特征方程为：y×y= - 5y+6 那么，m=3,n=2,或者m=2，n=3 于是，A（n+2）-3A（n+1）=2[A（n+1）-3A] (1) A（n+2）-2A（n+1）=3[A（n+1）-2A] (2) 所以，A（n+1）-3A（n）= - 2 ^ n (3) A（n+1）-2A（n）= - 3 ^ (n-1) (4) you see 消元消去A（n+1），就是An勒例三：【斐波那挈数列通项公式的推导】斐波那契数列：0，1，1，2，3，5，8，13，21…… 如果设F(n)为该数列的第n项(n∈N+)。那么这句话可以写成如下形式： F(0) = 0，F(1)=F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2) (n≥3) 显然这是一个线性递推数列。通项公式的推导方法一：利用特征方程线性递推数列的特征方程为： X^2=X+1 解得 X1=(1+√5)/2, X2=(1-√5)/2. 则F(n)=C1*X1^n + C2*X2^n ∵F(1)=F(2)=1 ∴C1*X1 + C2*X2 C1*X1^2 + C2*X2^2

特征方程法求递推数列的通项公式

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，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.10c d x -= 作换元,0x a b n n -=则.)(110011n n n n n n cb x a c c cd 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 ,23 1 11=∈--=+a n a a n n 求.n a 解：作方程.2 3,2310-=--=x x x 则当41=a 时，.2 1123,1101=+=≠a b x a 数列}{n b 是以3 1-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

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高三数学组徐朝生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 ，4 1 = 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 m n a a a a )1)(1(q p q p a a a a +++， 1）当时，求通项5 4 ,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）。

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 ?? ????+-??=- ? ? ? ????????? .

数列求通项技巧递推公式求数列通项特征根法

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 == 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 += ，变形为2()0Cx D A x B +--=…② 值可求得c 值。

特征方程法求解递推关系中的数列通项

特征方程法求解递推关系中的数列通项曾建国当()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2c p a d =+） (2)若12x x ≠,则有111122 n n n n a x a x q a x a x ++--=-- （其中12a cx q a cx -=-）例题1：设23 ()27 x 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 b x b --=--恒成立的常数k 的值； (3)对由111,()n n a a f a -==(2)n ≥定义的数列{}n a ，求其通项公式n a 解析：(1)设函数()f x 的不动点为0x ，则00023 27 x x x -+= - 解得012x =-或03x = (2)由231111 ()1272222238248(3)83327 x x x x x x x x x x -++---++ -= ==?-++----- 可知使()()f x a x a k f x b x b --=--恒成立的常数18k =。 (3)由(2)可知1111122383 n n n n a a a a --++=?--，所以 123n n a a ??+????-????是以34-为首项，18为公比的等比数列。即 11312()348n n n a a -+=-?-?11 911()482311()48 n n n a ---=+ 例2．已知数列}{n a 满足性质：对于14 N,,23 n 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,3 24 ++= 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114 1 12342311 142446510 52223 n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a +++--++---+-====-+++++++++ 即1111 1252n n n n a a a a ++--=-++ 又1 113122325 a a --==++ ∴数列12n n a a ??-??+?? 是以25为首项，15-为公比的等比数列 1121()255 n n n a a --=-+ 1 141()1 (5)455,N.212(5)1()55 n n n n n a n ---+--==∈+---

数列的特征方程

递推数列特征方程的来源与应用递推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数学方法。新教材将数列放在高一讲授，并明确给出“递推公式”的概念：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1-n a （或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式。有通项公式的数列只是少数，研究递推数列公式给出数列的方法可使我们研究数列的范围大大扩展。新大纲关于递推数列规定的教学目标是“了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项”，但从近几年来高考试题中常以递推数列或与其相关的问题作为能力型试题来看，这一目标是否恰当似乎值得探讨，笔者以为“根据递推公式写出数列的前几项”无论从思想方法还是从培养能力上来看，都不那么重要，重要的是学会如何去发现数列的递推关系，学会如何将递推关系转化为数列的通项公式的方法。本文以线性递推数列通项求法为例，谈谈这方面的认识。关于一阶线性递推数列：),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[1]，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 对于二阶线性递推数列，许多文章都采用特征方程法[2]：设递推公式为,11-++=n n n qa pa a 其特征方程为02 2=--+=q px x q px x 即， 1、若方程有两相异根A 、B ，则n n n B c A c a 21+= 2、若方程有两等根,B A =则n n A nc c a )(21+=

人教版数学-竞赛专题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12112 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2441x x =-，解得1212x x ==，令()1212n n 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

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．

特征方程推导数列

递推数列特征方程的来源与应用递推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数学方法。新教材将数列放在高一讲授，并明确给出“递推公式”的概念：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1-n a （或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式。有通项公式的数列只是少数，研究递推数列公式给出数列的方法可使我们研究数列的范围大大扩展。新大纲关于递推数列规定的教学目标是“了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项”，但从近几年来高考试题中常以递推数列或与其相关的问题作为能力型试题来看，这一目标是否恰当似乎值得探讨，笔者以为“根据递推公式写出数列的前几项”无论从思想方法还是从培养能力上来看，都不那么重要，重要的是学会如何去发现数列的递推关系，学会如何将递推关系转化为数列的通项公式的方法。本文以线性递推数列通项求法为例，谈谈这方面的认识。关于一阶线性递推数列：),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[1]，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 对于二阶线性递推数列，许多文章都采用特征方程法[2]：设递推公式为,11-++=n n n qa pa a 其特征方程为02 2=--+=q px x q px x 即， 1、若方程有两相异根A 、B ，则n n n B c A c a 21+= 2、若方程有两等根,B A =则n n A nc c a )(21+= 其中1c 、2c 可由初始条件确定。很明显，如果将以上结论作为此类问题的统一解法直接呈现出来，学生是难以接受

递推数列特征方程的发现

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

数列之特征方程法+不动点法

递推数列特征方程的来源与应用浙江省奉化二中周衡(315506) 浙江省奉化中学杨亢尔(315500) 递推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数学方法。新教材将数列放在高一讲授，并明确给出“递推公式”的概念：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1-n a （或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式。有通项公式的数列只是少数，研究递推数列公式给出数列的方法可使我们研究数列的范围大大扩展。新大纲关于递推数列规定的教学目标是“了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项”，但从近几年来高考试题中常以递推数列或与其相关的问题作为能力型试题来看，这一目标是否恰当似乎值得探讨，笔者以为“根据递推公式写出数列的前几项”无论从思想方法还是从培养能力上来看，都不那么重要，重要的是学会如何去发现数列的递推关系，学会如何将递推关系转化为数列的通项公式的方法。本文以线性递推数列通项求法为例，谈谈这方面的认识。关于一阶线性递推数列：),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[1]，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 对于二阶线性递推数列，许多文章都采用特征方程法[2]：设递推公式为,11-++=n n n qa pa a 其特征方程为02 2 =--+=q px x q px x 即， 1、若方程有两相异根A 、B ，则n n n B c A c a 21+= 2、若方程有两等根,B A =则n n A nc c a )(21+= 其中1c 、2c 可由初始条件确定。

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 ，4 1 = 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 m n a a a a ) 1)(1(q p q p a a a a +++， 1）当时，求通项5 4 ,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 p x x 2121，显然21,x x 是方程02=--q px x 的两个非零根。

数列通项特征根法的证明

数列{a(n)}，设递推公式为a(n+2)=p*a(n+1)+q*a(n)，则其特征方程为 x^2-px-q=0 . 若方程有两相异根A、B，则a(n)=c*A^n+d*B^n (c、d可由初始条件确定，下同) 若方程有两等根A=B，则a(n)=(c+nd)*A^n 以上部分内容的证明过程：设r、s 使a(n+2)-r*a(n+1)=s[a(n+1)-r*a(n)] 所以a(n+2)=(s+r)*a(n+1)-sr*a(n) 即，s+r=p，sr=-q，由韦达定理可知，r、s 就是一元二次方程x^2-px-q=0 的两根，也就是刚才说的特征根。然后进一步证明那个通项公式：如果r=s，那么数列{a(n+1)-r*a(n)} 是以a(2)-r*a(1) 为首项、r 为公比的等比数列，根据等比数列的性质可知：a(n+1)-r*a(n) = [a(2)-r*a(1)]*r^(n-1)，两边同时除以r^(n+1)，得到a(n+1)/r^(n+1)-a(n)/r^n = a(2)/r^2-a(1)/r 等号右边的是个常数，说明数列{a(n)/r^n} 是个等差数列。显然等号右边那个就是公差，首项也比较明显，这里不重复了。根据等差数列性质：a(n)/r^n = a(1)/r + (n-1)*[a(2)/r^2-a(1)/r] 整理一下，并设a(2)/r^2-a(1)/r = d ，再设2a(1)/r-a(2)/r^2 = c ，然后把那个r 用A 来代，就可以得到a(n)=(c+nd)*A^n 了。至于那个方程有两个不等的实根的情况，证明起来原理基本一致，就是略微繁琐一点，这里就不多说了，lz自己试试，当成数列练习把~~ 如果r不等于s，那么可得，a(n+2)-r*a(n+1)=s[a(n+1)-r*a(n)] (1) a(n+2)-s*a(n+1)=r[a(n+1)-s*a(n)] (2) (1) 公式，[a(n+2)-r*a(n+1)]/[a(n+1)-r*a(n)]=s,换元得b(n+1)/b(n)=s等比数列，则有b(n)＝a(n+1)-r*a(n)= [a(2)-r*a(1) ]s^(n-1) (3) (2) 公式，[a(n+2)-s*a(n+1)]/[a(n+1)-s*a(n)]＝r等比数列, 则有a(n+1)-s*a(n)= [a(2)-s*a(1) ]r^(n-1) (4) (3)-(4)可得，(s-r) a(n)= [a(2)-r*a(1) ]s^(n-1)- [a(2)-s*a(1) ]r^(n-1) a (n)= ([a(2)-r*a(1) ]/[s(s-r)])*s^n-([a(2)-s*a(1) ] /[r(s-r)])* /[s(s-r)] *r^n a(n)=a*s^n+b*r^n 若方程有两相异根A、B，则a(n)=c*A^n+d*B^n (c、d可由初始条件确定，下同) 若方程有两等根A=B，则a(n)=(c+nd)*A^n

特征方程法求解递推关系中的数列通项(二)

特征方程法求解递推关系中的数列通项（二）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h ra q pa 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h rx 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 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11 2--=n n n c c a λλ，,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----= -a n r p 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,3 24++=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 ,)2 21211(2313)(11212111∈?-?-?+-=--?--=--n r p r p a a c n n n λλλλ ∴.N ,)5 1(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 n n n

特征根法求数列的递推公式

特征根法求数列的递推公式一、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1n n n Aa B a Ca D ++= +的数列对于数列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 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。

2021年特征方程法求递推数列的通项公式

*欧阳光明*创编 2021.03.07 特征方程法求解递推关系中的数列通项欧阳光明（2021.03.07）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 1 0a 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.10c d x -= 作换元 , 0x a b n n -=则

*欧阳光明*创编 2021.03.07 .)(110011 n n n n n n cb x a c c cd 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 ,23 1 11=∈--=+a n a a n n 求.n a 解：作方程.23 ,23 10-=--=x x x 则当41=a 时，.2 11 23,1101=+=≠a b x a 数列}{n b 是以3 1 -为公比的等比数列.于是 .N ,)3 1 (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.5 360i x +-=要使n a 为常数，即则必须.5 3601i x 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。

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：1 n 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 111 11 n n p a x a x +=+-- （其中2c p a d = +） (2)若12x x ≠,则有 111 122n n n n a x a x q a x a x ++--=-- （其中12 a cx q a cx -= -）例题1：设 23 ()27 x 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 b x b --=--恒成立的常数k 的值； (3)对由111,()n n a a f a -==(2)n ≥定义的数列{}n a ，求其通项公式n a 。23 ()27 x f x x -+= - 解析：(1)设函数 ()f x 的不动点为0x ，则00023 27 x x x -+= - 解得012 x =-或03x = (2)由231111 ()127 2222238248(3)83327 x x x x x x x x x x -++---++-===?-++----- 可知使 ()()f x a x a k f x b x b --=--恒成立的常数18k =。(3)由(2)可知1111 122383 n n n n a a a a --++=?--，所以数列 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11 911 ()482311() 48 n n n a ---=+ 例2．已知数列}{n a 满足性质：对于1 4 N,,23 n 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,3 24 ++= 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

题型最全的递推数列求通项公式的习题.

高考递推数列题型分类归纳解析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。我现在总结出几种求解数列通项公式的方法，希望能对大家有帮助。类型1 )(1n f a a n n +=+ 解法：把原递推公式转化为)(1n f a a n n =-+，利用累加法(逐差相加法)求解。例1. 已知数列{}n a 满足211= a ，n n a a n n ++=+211，求n a 。变式: 已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……. （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式. 类型2 n n a n f a )(1=+ 解法：把原递推公式转化为)(1 n f a a n n =+，利用累乘法(逐商相乘法)求解。例1:已知数列{}n a 满足321=a ，n n a n n a 11+= +，求n a 。例2:已知31=a ，n n a n n a 2 3131 +-=+ )1(≥n ，求n a 。变式:（2004，全国I,理15．）已知数列{a n }，满足a 1=1，1321)1(32--+???+++=n n a n a a a a (n ≥2)，则{a n }的通项1 ___n a ?=?? 12n n =≥ 类型3 q pa a n n +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1((≠-p pq ）。解法（待定系数法）：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中p q t -=1，再利用换元法转化为等比数列求解。例:已知数列{}n a 中，11=a ，321+=+n n a a ，求n a . 变式:（2006，重庆,文,14）在数列{}n a 中，若111,23(1)n n a a a n +==+≥，则该数列的通项n a =_______________ 变式:（2006. 福建.理22.本小题满分14分）已知数列{}n a 满足*111,21().n n a a a n N +==+∈ （I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）若数列{b n }滿足121 11 *444(1)(),n n b b b b n a n N ---=+∈ 证明：数列{b n }是等差数列；（Ⅲ）证明： *122311...().232 n n a a a n n n N a a a +-<+++<∈ 类型4 n n n q pa a +=+1（其中p ，q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）。（或1n n n a pa rq +=+,其中p ，q, r 均为常数）。解法：一般地，要先在原递推公式两边同除以1 +n q ，得： q q a q p q a n n n n 111+?=++引入辅助数列{}n b （其中n n n q a b =），得：q b q p b n n 1 1+=+再待定系数法解决。例:已知数列{}n a 中，651= a ,1 1)2 1(31+++=n n n a a ，求n a 。变式:（2006，全国I,理22,本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项的和1412 2333 n n n S a += -?+，1,2,3,n = （Ⅰ）求首项1a 与通项n a ；（Ⅱ）设2n n n T S =，1,2,3,n = ，证明：1 32n i i T =<∑