1、特征方程法求解递推关系中的数列通项当 时， 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。 ()fx典型例子： 令 ，即 ，1nabcdaxbcd2()0axb令此方程的两个根为 ， (1)若 ,则有 （其中 ）12,x1211nnp2cad(2)若 ,则有 （其中 ）12x1122nnaxq2acxq例题 1：设 ， 3()7xf(1)求函数 的不动点； (2）对(1)中的二个不动点 ，求使 恒成立的()yf,()ab()fxakb常数 的值；k(3)对由 定义的数列 ，求其通项公式 。11,()nafa2nn23()7xf解析：(1)设函数 的不动点为 ，则()fx0x037
2、x解得 或 (2)由012x03211()22384387xx可知使 恒成立的常数 。(3)由(2)可知 ，所以数列 ()fxakb1k1238nna是以 为首项， 为公比的等比数列。则 ，则 123na481()4nna19()4238na例 2已知数列 满足性质：对于 且 求 的通项公式.n 1N,23nna,1n解:依定理作特征方程 变形得 其根为 故特征方程有两个相异的,324x,04x.2,1根，则有1412323146502nnnnnnnaaa即 又 数列 是以 为首项， 为公比的等比数列125nnaa1231na2511()na14()(5)45,N.2nnna例 3已知数列 满
3、足：对于 都有n,N.31nna（1）若 求 （2）若 求,51a;n,61;解：作特征方程 变形得 特征方程有两个相同的特征根.3x,0252x 5.x（1） 对于 都有 （2）115,a,Nn;na543,N.7na一、数列的一阶特征方程（ 型）1pq在数列 中， 已知，且 时， （ 是常数） ，n121n,pq（1）当 时，数列 为等差数列；（2）当 时，数列 为常数数列；pna0na（3）当 时，数列 为等比数列；,0q（4）当 时，称 是数列 的一阶特征方程，其根 叫做特征方程的特征根，这时,1pxpqna1qxp数列 的通项公式为： ；na11()nnax例 1：已知数列 中， ，
4、且 时，求 ；n52na（参考答案： ）1273二、数列的二阶特征方程（ 型）21nnapqa在数列 中， 与 已知，且 （ 是常数） ，则称 是数列 的二阶特征方na1 n,pq2xpqna程，其根 ， 叫做特征方程的特征根。x2（1）当 时，有 ； （2）当 时，有 ；112ncx12x11()nnadx其中 由 代入 后确定。12,cd12,an例 2：在数列 中， ，且 时， ，求 ；n23,731240nnana（参考答案： ）考虑一个简单的线性递推问题.1()n设已知数列 的项满足 , na1b1nacd其中 求这个数列的通项公式.,0c采用数学归纳法可以求解这一问题，然而这样做太
5、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 称之为特征方程；借助这个特征方程,dcx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 ，则当 时， 为常数列，即0x10an，其中 是以 为公比的等比数列，即 .101,;baxann 时当 nbc 011,xabcn证明：因为 由特征方程得 作换元c.10dx,0xn则 10nnbxc().ndcacab当 时， ，数列 是以 为公比的等比数列，故10x ;1ncb当 时， ， 为 0 数列，故 （证毕）bn .N,1na下面列举两
6、例，说明定理 1 的应用.例 1已知数列 满足： 求na,4,231nn .na解：作方程 .,230xx则当 时， 数列 是以 为公比的等比数列.于是41 2111bnb3()(),2nnnb13N.3na例 2已知数列 满足递推关系： 其中 为虚数单位.na,N,)32(1nian i当 取何值时，数列 是常数数列？1解：作方程 则 要使 为常数，即则必须,)3(ix.560in .53601ixa现在考虑一个分式递推问题（*）.例 3已知数列 满足性质：对于 且 求 的通项公式.na,324,N1nna,1na将这问题一般化，应用特征方程法求解，有下述结果.定理 2.如果数列 满足下列条
7、件：已知 的值且对n1a于 ，都有 （其中 p、 q、 r、 h 均为常数，且 ） ，那么，可作特征方Nnhrapnn1 rhrqph1,0程 .hrxqp（1）当特征方程有两个相同的根 （称作特征根）时，若 则,1a;N,n若 ，则 其中 特别地，当存在 使1a,N,1nbn .,)(1rpnbn ,N0n时，无穷数列 不存在.0nbna（2）当特征方程有两个相异的根 、 （称作特征根）时，则 ， 其中12 12nca,).(,N,)( 211221anrpacn 其 中证明：先证明定理的第（1）部分.作交换 N,ndn则 hraqdnn1 hraqpn)( hdrqpn)(dpnn)()(
8、2 是特征方程的根， .0)(2qphrhrqp将该式代入式得 .N,)(1ndnn将 代入特征方程可整理得 这与已知条件 矛盾.故特征方程的根 于是rpx,qrphqrph,rp.0当 ，即 = 时，由式得 故1d1da,N,0nb.N,ndan当 即 时，由、两式可得 此时可对式作如下变化：.dn.1)(1rpdrphrdnn 由 是方程 的两个相同的根可以求得xq.2h 将此式代入式得,12hprphr .N,1nrpdn令 则 故数列 是以 为公差的等差数列.N,1ndbn .N,1nrbnnbr 其中.,)(1rpn .11ad当 时，0,Nnb.N,nbdan当存在 使 时， 无意
9、义.故此时，无穷数列 是不存在的.,00n 0001nn na再证明定理的第（2）部分如下：特征方程有两个相异的根 、 ，其中必有一个特征根不等于 ，不妨令 于是可作变换12 1a.12.N,21nacn故 ，将 代入再整理得21n hraqpnn1N,)(2211 qrpacn由第（1）部分的证明过程知 不是特征方程的根，故rpx.,21rp故 所以由式可得： .0,21pr N,2121nrphqarcnn特征方程 有两个相异根 、 方程 有两个相异根 、 ，而方程hrxq120)(x12与方程 又是同解方程.pqx0)(2p 221,rphqrphq将上两式代入式得N,2121211 n
10、crparpcnn 当 即 时，数列 是等比数列，公比为 .此时对于 都有,011n rp21Nn当 即 时，上式也成立.)()( 122121nnn rparpc0c1a由 且 可知 所以 (证毕)21na.N,cn .N,12nn注:当 时, 会退化为常数;当 时, 可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.qrphhn0rhraqpnn1现在求解前述例 3 的分类递推问题 .）（ 解:依定理作特征方程 变形得 其根为 故特征方程有两个相异的根，,24x,042x.2,1使用定理 2 的第（2）部分，则有.N,)1(3)( 11221 nrpacnn .N,)5(1ncn 即.,)5(112
11、cnn .,)(24ann例 4已知数列 满足：对于 都有na,N.351nn（1）若 求 （2）若 求 （3）若 求 （4）当 取哪些值时，无穷数列 不存,51;n,1;na,61;na1na在？解：作特征方程 变形得.3x,0252x特征方程有两个相同的特征根 依定理 2 的第（1）部分解答.5（1） 对于 都有.,511a,Nn;na（2） .,311rpbn)(1 513)(531n,8n令 ，得 .故数列 从第 5 项开始都不存在，当 4， 时， .0nb5nanN517nban（3） ,61a.1 令 则 对于.,81)(1 Nnrpnbn ,0nb.7n.0bN,n .,743581an（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31 51a是存在的，当 时，则有 令 则得na51a .N,851)1(1 narpnabn ,0nb且 2.N,351n当 （其中 且 N2）时，数列 从第 项开始便不存在.a n于是知：当 在集合 或 且 2上取值时，无穷数列 都不存在.13,:15nna
