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1、特征根法在求递推数列通项中的运用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，、是方程 x2-px+q=0 的两个实数根，数列xn满足 x1=p,x2=p2-q,xn=pxn-1-qxn-2(n=3,4,5) 12求数列xn的通项公式。3假设p 1，q 1，求数列xn的前 n 项的和 sn4(09 年江西高考)各项均为正数的数列an中a1 a,b1 b,且对满足m n p q的正整数m,n, p,q都有，ap aqan am，(1
2、an)(1 am)(1 ap)(1 aq)1当a 14,b 时，求通项an。25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、类型一、递推公式为an2 pan1 qan其中 p，q 均为非零常数 。先 把 原 递 推 公 式 转 化 为an2 x1an1 x2(an1 x1an)， 其 中x1,x2满 足x1 x2 p，显然x1,x2是方程x2 px q 0的两个非零根。x1x
3、2 q11）2）如果a2 x1a1 0，则an2 x1an1 0，an成等比，很容易求通项公式。如果a2 x1a1 0，则an2 x1an1成等比。公比为x2，n1所以an1 x1an (a2 x1a1)x2，转化成：an1x2n1x1an (a2 x1a1)，n2x2x2an1x2n1( I )又如果x1 x2，则等差，公差为(a2 x1a1)，所以an1x2n1a2n1(n1)(a2 x1a1)，即：an1a2(n1)(a2 x1a1)x21ana2(a x1a1)n1n1 (n 2)2x2可以整理成通式：an (A Bn)x2x2x2 Ii)如果x1 x2，则令an1x2n1 bn1，x
4、1 A，(a2 x1a1) B,就有x2bn1 Abn B，利用待定系数法可以求出bn的通项公式bna1x2(1 x2) x1n1(a2 x1a1)x2()x1 x2x2x1 x2a1x2(1 x2) x1n1(a2 x1a1)x2n2()x2，化简整理得：x1 x2x2x1 x2所以anana1(1 x2)n1a1x1 a2n1x1x2，x1 x2x1x2小结特征根法：对于由递推公式an2 pan1 qan，a1,a2给出的数列an，方程x2 px q 0，叫做数列an的特征方程。假设x1,x2是特征n1方程的两个根，当x1 x2时，数列an的通项为an Ax1n1 Bx2，其中 A，B2n
5、1由a1,a2决定即把a1,a2,x1,x2和n 1,2，代入an Ax1n1 Bx2，得到n1关于 A、B 的方程组 ；当x1 x2时，数列an的通项为an (A Bn)x2，其中n1A，B 由a1,a2决定即把a1,a2,x1,x2和n 1,2，代入an (A Bn)x2，得到关于 A、B 的方程组 。简例应用特征根法简例应用特征根法 ：数列an：3an25an1 2an 0(n 0,n N)，a1 a,a2 b的特征方程是：3x25x 2 0 x11,x22,32n1an Ax1n1 Bx2 A B( )n1。又由a1 a,a2 b，于是3a A BA 3b2a2故an 3b 2a 3(
6、a b)( )n123b ABB 3(a b)3下面再看特征根法在特征根法在 08 年广东高考题中的应用：设 p、q 为实数，、是方程x2-px+q=0 的两个实数根，数列 xn满足x1=p,x2=p2-q,xn=pxn-1-qxn-2(n=3,4,5) 12求数列xn的通项公式。3假设p 1，q 1，求数列xn的前 n 项的和 sn4解：2 2显然 xn=pxn-1-qxn-2(n=3,4,5)的特征根方程就是 x2-px+q=0，而、是方程 x2-px+q=0 的两个实数根，所以可以直接假设： 当=时，设xn (A Bn)n1，因为 x1=p,x2=p2-q，所以2P P2 qA A B
7、p解得22P q p(A 2B) p qB xn2p p2 q (p2 q p)nn23 当时，设xn An1 Bn1，因为 x1=p,x2=p2-q，所以A B pp2p qp2p q解得A ，B 2A B p qp2p qn1p2p qn1+xn11时，由第 2 2小题的项可以直接得到4211A B xn (n 1)n，可以用错位相减法求和顺利拿下第 3小题。223 3p 1，q 此题是 08 年广东高考真题， 开始前两问均以字母的形式出现， 给考生设置了接题障碍，如果在考前曾经学过特征根法特征根法，记住公式，那此题对这同学来说无疑是几分种的事情， 或对特征根法有一定的了解， 也许是多花点
8、时间的问题，至少是接题思路和方向明确，绝不会象无头苍蝇一样乱撞。知道特征根法特征根法的来龙去脉、公式、以及运用也是学生能力拓展的一种表现。特征根法特征根法还能应用于下面一种数列题型的解答：类型二、类型二、an1pan qran h解法：如果数列an满足以下条件：已知a1的值且对于nN，都有an1pan qh其中p、q、r、h均为常数，且ph qr,r 0,a1 ，那么，ran hr可作特征方程x px q,当特征 方程有且仅有 一根x0时,如果a1 x0则rx h1an x0；如果a1 x0则是等差数列。当特征方程有两个相异的根x1、an x0an x1x2时，则证明方法如同类型一，从略是等比
9、数列。a xn24例：例：已知数列an满足性质：对于n N,an1公式.解 : 数 列an的 特 征 方 程 为x an 4,且a1 3,求an的通项2an3x 4,变 形 得2x2 2x 4 0,其 根 为2x 311,2 2.故特征方程有两个相异的根，则有cna11p 1rn131112n121()(),n N.cn( )n1,nN.a12p 2r3 21 225521 2( )n112cn1(5)n455,nN.即anan,nN.n21n1cn12(5)( )155例：例：已知数列an满足：对于nN,都有an113an25.1假设a1 5,求an;an32假设a1 3,求an;3假设a1
10、 6,求an;4当a1取哪些值时，无穷数列an不存在？13x 25.变形得x210 x 25 0,x 3特征方程有两个相同的特征根 5.解：作特征方程x (1)a1 5,a1.对于nN,都有an 5;(2)a1 3,a1.bn1r11 (n 1) (n 1)a1p r3513151n 1 ,令bn 0，得n 5.故数列an从第 5 项开始都不存在，28当n4，nN时，an15n 17.bnn 51rn 1 (n 1)1,n N.a1p r85(3)a1 6, 5,a1.bn令bn 0,则n 7n.对于n N,bn 0.an1bn15n 435 ,nN.n 1n 718(4)、显然当a1 3时，
11、数列从第 2 项开始便不存在.由此题的第1小题的解 答 过 程 知 ，a1 5时 ， 数 列an是 存 在 的 ， 当a1 5时 ， 则 有bn1r1n 1 (n 1),n N.a1p ra158令bn 0,则得5n 13,nN且n2.n 15n 13当a1其中nN且 N2时，数列an从第n项开始便不存在。n 15n 13于是知： 当a1在集合3或无穷数列an:n N,且n2上取值时，n 1a1都不存在。变式变式: :2005，重庆,文,22,本小题总分值 12 分数列an满足a11且8an1an16an1 2an5 0(n 1).记bn11an2(n 1).求b1、b2、b3、b4的值； 求
12、数列bn的通项公式及数列anbn的前 n项和Sn.解： 由已知,得an12an52x515,其特征方程为x 解之得,x1或x2168an168x24156(an)12(an)12,a54an1n12168an4168an61111anana12n1511n142222,( ) nann5255522 42an1anana1444414bn2n(n 1)由b 1得a b 1b 1,nnnn3312an1an2故Sn a1b1 a2b2 anbn1(12n)1n531(2 5n1)n(b1b2bn)n31232下面再欣赏用特征根法解决 09 年江西高考真题各项均为正数的数列an中a1 a,b1 b
13、,且对满足m n p q的正整数m,n, p,q都有，ap aqan am，(1 an)(1 am)(1 ap)(1 aq)1当a 14,b 时，求通项an25ap aqan aman a1an1 a2解：由得(1 an)(1 am)(1 ap)(1 aq)(1 an)(1 a1)(1 an1)(1 a2)化间得an2an112x 1，作特征方程x ，x11，x2 1。an1 2x 2an11 an11an113n1 nann所以an13 an11an133 1从上面的解答不难看出特征根法在某些特殊的数列递推题型中有比较轻巧灵活简便的运用，而离开特征根法，这些题目不仅难度较大，运算较烦，许多同学只能是望题兴叹！ 其实从网络上搜索便知特征根法在许多的数学分支领域、科学应用领域都有着广泛的应用。7