《特征根法求数列的通项公式;.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《特征根法求数列的通项公式;.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、特征根法求数列的通项公式 数列中最重要的一类问题，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问题中，对数 列通项公式的求解，往往是大家解决问题的瓶颈。而通过递推公式求解数列通项公式的方法更尤为重要， 其中可以涉及到的类型有累加法、累乘法、迭代法、构造法、取对数法、取倒数法、双数列法等大家广为 孰知的方法，这里向大家推荐一种不常用但很好用的方法特征根法，特征根法适用范围更广泛，解题 过程更标准化，在竞赛、保送以及自主招生考试题中经常运用，希望能对大家能有所帮助。 例. 设已知数列满足 n adcaaba nn += +11 , 其中 , 1, 0cc 求：这个数列的通项公式。 对于上题
2、采用数学归纳法或构造法可以求解， 然而归纳法太过繁琐， 而且在猜想通项公式中容易出错； 构造法需要以等差数列为依据，形式也比较复杂。这里推荐更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做出一个方程,dcxx+=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。 一阶线性递推式 一阶线性递推式 定理定理 1：设上述递推关系式的特征方程的根为，则当 0 x 10 ax =时，为常数列，即 ，其中是以为公比的等比数列，即. n a 101 ;, nn aaxaabx=+当时 0n n bc 011 1 1 ,xabcbb n n = 证明：因为由特征方程
3、得, 1 , 0c. 1 0 c d x =作换元, 0 xab nn =则 .)( 11 0011nnnnnn cbxac c cd ca c d dcaxab= = += 当时，数列是以为公比的等比数列，故 10 ax 0 1 b n bc; 1 1 = n n cbb 当时，为 0 数列，故 10 ax =0 1 =b n b.N, 1 =naan（证毕） . 例 1已知数列满足： n a, 4,N, 2 3 1 11 = + anaa nn 求 . n a 解：作方程. 2 3 , 2 3 1 0 =xxx则 当时，4 1 =a. 2 11 2 3 , 1101 =+=abxa 数列是
4、以 n b 3 1 为公比的等比数列.于是 .N,) 3 1 ( 2 11 2 3 2 3 ,) 3 1 ( 2 11 ) 3 1 ( 111 1 +=+= nbabb n nn nn n 二阶线性递推式二阶线性递推式 第 1 页（共 7 页） 定 理 2 ： 对 于 由 递 推 公 式 nnn qapaa+= +12 ，= 21 ,aa给 出 的 数 列， 方 程 ，叫做数列的特征方程。 n a 0 2 =qpxx n a 若是特征方程的两个根，当 21,x x 21 xx 时，数列 n a的通项为，其中 A，B 由 1 2 1 1 += nn n BxAxa = 21 ,aa决定（即把和
5、2121 ,xxaa2 , 1=n，代入，得到关于 A、B 的方程组）； 当时， 数列的通项为， 其中 A， B 由 1 2 1 1 += nn n BxAxa 21 xx = n a 1 1 )( += n n xBAa= 21 ,aa决定 （即把 和，代入，得到关于 A、B 的方程组）。 2121 ,xxaa 2 , 1=n 1 1 )( += n n xBnAa 例 2：已知数列满足 n a), 0(0253 , 1221 Nnnaaabaaa nnn =+= + ， 求：数列的通项公式。 n a 解法一（待定系数迭加法） 由，得 0253 12 =+ +nnn aaa )( 3 2 1
6、12nnnn aaaa= + ， 且。 abaa= 12 则数列是以为首项， nn aa +1 ab 3 2 为公比的等比数列，于是 1 1 ) 3 2 )( + = n nn abaa。把nn, 3 , 2 , 1 =代入，得 abaa= 12 ， ) 3 2 ()( 23 =abaa， 2 34 ) 3 2 ()(=abaa， 2 1 ) 3 2 )( = n nn abaa。 把以上各式相加，得 ) 3 2 () 3 2 ( 3 2 1)( 2 1 + += n n abaa)( 3 2 1 ) 3 2 (1 1 ab n = 。 abbaaaba nn n 23) 3 2 )(3)()
7、 3 2 (33 11 +=+= 。 第 2 页（共 7 页） 解法二（特征根法）：数列 n a：), 0(0253 12 Nnnaaa nnn =+ + ， baaa= 21 ,的特征方程是： 。 0253 2 =+ xx 3 2 , 1 21 =xxQ, 1 2 1 1 += nn n BxAxa 1 ) 3 2 ( += n BA。 又由，于是 baaa= 21 , = = += += )(3 23 3 2 baB abA BAb BAa 故 1 ) 3 2 )(323 += n n baaba 分式递推式分式递推式 定理 3 (分式递推问题)：如果数列满足下列条件：已知的值且对于n，都
8、有 n a 1 aN hra qpa a n n n + + = +1 （其中 p、q、r、h 均为常数， 且 r h arqrph 1 , 0,） ， 那么， 可作特征方程 hrx qpx x + + =. （1）当特征方程有两个相同的根（称作特征根）时， 若, 1 =a则;N, =nan若 1 a，则,N, 1 +=n b a n n 其中 1 1 (1), n r bn apr =+ nN，特别地，当存在 0 ,nN使0 0 = n b时，无穷数列不存在. n a （2）当特征方程有两个相异的根 1 、 2 （称作特征根）时，则 1 12 = n n n c c a ，其中,Nn ).(
9、 ,N,)( 21 1 2 1 21 11 = an rp rp a a c n n 其中 证明：先证明定理的第（1）部分. 作交换N, =nad nn 则 + + = + hra qpa ad n n nn11 第 3 页（共 7 页） hra hqrpa n n + + = )( hdr hqrpd n n + + = )( )( rhrd qphrrpd n n + + = )()( 2 是特征方程的根，. 0)( 2 =+ + + =qphr hr qp 将该式代入式得.N, )( 1 + = + n rhrd rpd d n n n 将 r p x =代入特征方程可整理得,qrph
10、=这与已知条件qrph 矛盾.故特征方程的根, r p 于是 . 0 rp 当，即0 1 =d+= 11 da=时，由式得,N, 0=nbn故.N, =+=nda nn 当即0 1 d 1 a时，由、两式可得.N, 0ndn此时可对式作如下变化： . 1 )( 1 1 rp r drp rh rpd rhrd d nn n n + + = + = + 由是方程 hrx qpx x + + =的两个相同的根可以求得. 2r hp = , 1 2 2 = + + = + = + hp ph r r hp p r r hp h rp rh 将此式代入式得.N, 11 1 += + n rp r dd
11、 nn 令.N, 1 =n d b n n 则.N, 1 += + n rp r bb nn 故数列是以 n b rp r 为公差的等差数列. .N,) 1( 1 +=n rp r nbbn 其中. 11 11 1 = ad b 第 4 页（共 7 页） 当时，0,N n bn.N, 1 +=+=n b da n nn 当存在使,N 0 n0 0 = n b时，+=+= 0 00 1 n nn b da无意义.故此时，无穷数列是不存在的. n a 再证明定理的第（2）部分如下： 特征方程有两个相异的根 1 、 2 ，其中必有一个特征根不等于，不妨令 1 a. 12 a于是可作变 换.N, 2
12、1 =n a a c n n n 故 21 11 1 = + + + n n n a a c，将 hra qpa a n n n + + = +1 代入再整理得 N, )( )( 22 11 1 + + = + n hqrpa hqrpa c n n n 由第（1）部分的证明过程知 r p x =不是特征方程的根，故., 21 r p r p 故. 0, 0 21 rprp所以由式可得： N, 2 2 1 1 2 1 1 + + = + n rp hq a rp hq a rp rp c n n n 特征方程 hrx qpx x + + =有两个相异根 1 、 2 方程有两个相异根0)( 2
13、=+qphxrx 1 、 2 ， 而方程 xrp xhq x =与方程又是同解方程. 0)( 2 =qphxrx 2 2 2 1 1 1 , = = rp hq rp hq 将上两式代入式得 N, 2 1 2 1 2 1 1 = = nc rp rp a a rp rp c n n n n 当即, 0 1 =c 11 a时，数列是等比数列，公比为 n c rp rp 2 1 .此时对于都有 Nn .)()( 1 2 1 21 111 2 1 1 = = nn n rp rp a a rp rp cc 第 5 页（共 7 页） 当即0 1 =c 11 =a时，上式也成立. 由 2 1 = n n
14、 n a a c且 21 可知.N, 1=ncn 所以.N, 1 12 =n c c a n n n (证毕) 注:当时,qrph = hra qpa n n + + 会退化为常数;当0=r时, hra qpa a n n n + + = +1 可化归为较易解的递推关系,在 此不再赘述. 例 3、已知数列满足性质：对于 n a, 32 4 ,N 1 + + = n n n a a an且, 3 1 =a求的通项公式. n a 解: 依定理做特征方程, 32 4 + + = x x x变形得其根为, 0422 2 =+ xx. 2, 1 21 =故特征方程有两个相 异的根，使用定理 2 的第（2
15、）部分，则有 .N,) 221 211 ( 23 13 )( 11 2 1 21 11 + = = n rp rp a a c nn n .N,) 5 1 ( 5 2 1 = nc n n .N, 1) 5 1 ( 5 2 1) 5 1 ( 5 2 2 1 1 1 12 = = n c c a n n n n n 即.N, )5(2 4)5( + =na n n n 例 4已知数列满足：对于都有 n a,Nn. 3 2513 1 + = + n n n a a a （1）若求 , 5 1 =a; n a （2）若求 , 3 1 =a; n a （3）若求 , 6 1 =a; n a （4）当取
16、哪些值时，无穷数列不存在？ 1 a n a 解：特征方程. 3 2513 + = x x x变形得 , 02510 2 =+xx 第 6 页（共 7 页） 特征方程有两个相同的特征根. 5=依定理 2 的第（1）部分解答. (1) =., 5 11 aa对于都有,Nn; 5= n a (2) ., 3 11 =aa rp r n a bn + =) 1( 1 1 5113 1 ) 1( 53 1 + =n , 8 1 2 1 += n 令，得.故数列从第 5 项开始都不存在， 0= n b5=n n a 当4，时，nNn 5 1751 =+= n n b a n n . (3), 5, 6 1
17、 =a. 1 a ., 8 1 1) 1( 1 1 Nn n rp r n a bn += + = 令则对于, 0= n b.7nn=. 0bN, n n .N, 7 435 5 8 1 1 11 + + =+ + =+=n n n n b a n n (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 是存在的，当 3 1 =a5 1 =a n a5 1 =a时，则有 .N, 8 1 5 1 ) 1( 1 11 + = + =n n arp r n a bn 令, 0= n b则得N, 1 135 1 =n n n a且2. n 当 1 135 1 = n n a（其中Nn且 N2）时，数列从第n项开始便不存在. n a 于是知：当在集合或 1 a3,: 1 135 Nn n n 且2上取值时，无穷数列都不存在. n n a 综上，我们不难发现在解决数列通项公式问题的过程中，特征根法具有的优越性是显而易见的，适用 范围更加广泛，同时方法易于掌握，希望对大家今后的解题能有所帮助。 第 7 页（共 7 页）