特征根方程求通项公式

（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）
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.
（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”.
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
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”
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
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.
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
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.
(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
+ +…+ ≤ + ≤ ≤ =