Question

特征根方程求通项公式

Answer 1

（一）、拆分变换

形如an+1=can +d （其中c,d为常数，且c 0, c 1）的递推式，可将其拆分后转化成 =c的等比数列{bn}来解。

例1． 已知数列{an}满足a1=2, an+1=3an+2求an

分析：由于an+1与an是线性关系，由式子an+1=can +d可联想到直线方程的斜截式y=cx+d ,它应当可以化为点斜式，而c 1,则直线y=cx+d与直线y=x必有一交点，设为（t, t）

解：an+1=3an+2可设为an+1－t=3(an－t)

可得an+1=3an－2t, t=－1

得到 =3即{an+1}是以a1+1=3为首项，q=3为公比的等比数列

an+1=3·3n-1=3n 故an=3n－1

（二）、运用待定系数法或换元法进行变换

形如an+1=can +d(n) （其中c,d为常数，且c 0, c 1,d(n)为n的函数）的递推式，可用待定系数法或换元法转化成等比数列。

1）若d(n)为n的一次函数，可采用待定系数法

例2．已知a1=2, an+1=4an+3n+1求an

分析：与上述情形作比较，发现常数d变成了一次函数d(n)，可考虑用一个辅助数列{bn}，使{bn}成为等比数列。

解：（用待定系数法）设bn=an－(Bn+C)，则

an=bn+(Bn+C) (其中B，C为待定常数)

由an+1=4an+3n+1可得

bn+1+B(n+1)+C=4(bn+Bn+C)+3n+1

即bn+1= 4bn+（3B+C）n+(3C－B+1)

令3B+C=0 ，3C－B+1=0可得

B=－1， C=－

这样，bn+1= 4bn 即数列{bn}是公比为4，首项为b1=a1－(B+C)= 的等比数列， ∴bn= ·4n-1

故an= ·4n-1＋[（－1）n－ ]= (22n+1－3n－2)

特别地，形如an+1=can +d(n)的情形中，当c=1时变为an+1=an +d(n)，即

an+1－an =d(n)，对于这类问题一般采用“累差法”解决；相应地， =q(n),则采用“累积法”

例3．在数列{an}中，a1=－3, an+1=an+2n求an

分析：an+1=an+2n即an+1－an=2n比较等差数列，我们称之为变差数列，一般可采用“累差法”。

解：由an+1=an+2n即an+1－an=2n，可得

an－an-1=2（n －1），an-1－an-2=2（n －2）… a2－a1=2

将上述各式相加，得

（an－an-1）+（ an-1－an-2）+…+ （a2－a1）=n(n－1)

即：an－a1= n(n－1) an = n2－n－3 （当n=1时也成立）

2）若d(n)形如Pam（P为非零常数，m N*），可采用换元法

例4．在数列{an}中，a1=1， an+1=3an+2n求an

解：由an+1=3an+2n 可得

2· =3· +1 令bn= 则

bn+1= bn+ ，类似于拆分变换，上式两边同加上1，得

bn+1+1= （bn+1）

{bn+1}是以b1+1= +1= 为首项，公比为 的等比数列

bn+1=（ b1+1）·（ ）n-1=( )n bn= ( )n －1

an=2n·bn=3n－2n

（三）、倒数变换

形如an+1·an=can+1+dan （其中c、d为不等于零的常数）的递推式，可令

bn+1= ，bn= 则可转化为等差数列或拆分变换的情形

例5．在数列{an}中，若a1=2， an+1= ，求an

分析：将an+1= 去分母得

an+1·an=－3an+1+an 形如an+1·an=can+1+dan ，故可采用“倒数变换”

解：由an+1= 可得 = +1

设bn= ，则上式可变为：bn+1=3bn+1 ，即为拆分变换情形

令bn+1+t=3(bn+t) 即bn+1=3bn+2t ，t=

故{bn+ }是首项为 + =1，公比为3的等比数列，

bn+ = 3n-1 bn=3n-1－ an= (当n=1时也成立)

（四）、对数变换

对形如an+1=Panm(P为非零常数，m N*且m>1), 可利用对数的运算法则，将积、商、幂的形式转化成和、差、倍的形式，从而构成新的等差或等比数列

例6．已知数列{an}满足a1=2， an+1=an2，求an

分析：由于出现幂的形式an2，故可考虑取对数使之转化为积的形式

解： a1=2， an+1=an2 >0

对an+1=an2的两边取以10为底的对数，得

lg an+1=2lgan =2

即数列{lgan}是一个首项为lg2，公比为2的等比数列

lgan= （lg2）·2n-1 故an=

(五)特征根法

对形如an+2=αan+1+βan (其中α、β为非零常数)的线性齐次递推式，若已知a1=c1, a2=c2, 可先求出其特征方程x2－αx－β =0的特征根x1、x2

若方程x2－αx－β =0有两个不同的特征根x1、x2，则可设

an=λ1x1n+λ2x2n ，由a1、a2求出λ1、λ2， 即可求得an

若方程x2－αx－β =0有两个相同的特征根x，则可设an=（λ1+nλ2）xn ，类似地，也可求得an

例7．已知数列{an}中，a1=0，a2=2, a3=6，且an+3=2an+2+an+1－2an，求an

分析：由于形如an+2=αan+1+βan ，可先求出其特征方程的特征根。

解：由特征方程x3=2x2 +x－2解得：x1=2, x2=1, x3=－1

设an=λ12n +λ2+λ3(－1)n

由

解得

an=2n－2

特别地，当 =1时，可得an+2= an+1+ an 若a1=1，a2=1,便是著名的斐波那契数列。

（六）、构造法

例8．已知数列{an}中，a1=1，a2=1,且an+2=an+1+an，求an

分析：对于斐波那契数列，用特征根法显然可以求解，但这里介绍一种构造法，即构造一个新的数列{an+1－tan}求解

解：设新数列的第n项为an+1－tan，则第n+1项为an+2－tan+1

设 an+2－tan+1=（1－t）（an+1－tan）

则 an+2=an+1－（1－t）tan

令 －（1－t）t =1 得 t2－t－1=0，

解得：t1= , t2= .

所以 an+2－t1an+1=（1－t1）（an+1－t1an） ①

an+2－t2an+1=（1－t2）（an+1－t2an） ②

由①式得

an+1－t1an=（a2－t1a1）（1－t1）n-1

由②式得

an+1－t2an=（a2－t2a1）（1－t2）n-1

两式相减，可得

（t2－t1）an=（a2－t1a1）（1－t1）n-1－（a2－t2a1）（1－t2）n-1

即可得 － an=（ ）n－( )n

故 an= [（ ）n－( )n ].

(七)迭代变换

形如an+1=can +d(n)或 =q(n) （其中c,d为常数，且c 0, d(n)、q(n)分别为n的函数）的递推式，也可以考虑用迭代变换

例9（2002全国高考卷第22题）

设数列{an}满足 an+1=an2－nan+1,n=1,2,3…,

(I)当a1=2时，求a2,a3,a4,并由此猜想an的一个通项公式；

（II）当a1≥3时，证明对所有的n≥1,有

（i）an≥n+2；

(ii) + +…+ ≤

分析：本题第（II）小题较难，对（II）（i）可用数学归纳法，但对(ii)学生首先想到放缩法、构造法或者数学归纳法。这里介绍一种迭代技巧。

解：(ii)由an+1=an（an－n）+1及an≥n+2可知

ak=ak-1(ak-1-k+1)+1

≥ak-1(k-1+2-k+1)+1=2ak-1+1, …

可得：ak≥2k-1a1+2k-2+…+2+1=2k-1(a1+1)-1

故 ≤ · ,k≥2

+ +…+ ≤ + ≤ ≤ =