特征方程法求数列通项公式

随着新高考改革的题型变化，有必要收集整理求数列通项公式的特征方程法。

前情概要

以前的高考题目，对数列的考查难度比较小，所以我们一般不过多的介绍求数列通项公式的方法，但现在情况有变，随着新高考改革的题型变化，有必要收集整理求数列通项公式的特征方程法。

特征方程法

特征方程法主要适用于二阶线性齐次递推关系^[1]，形如  $a_{n+2}$ $=$ $p\cdot$ $a_{n+1}$ $+$ $q\cdot$ $a_n$，其中 $p$、$q$ 为常数，且 $q\neq 0$

具体操作步骤：

1.构造特征方程，将递推式中的下标视为次数，即可得到方程：

$x^2$ $=$ $p\cdot x$ $+$ $q$，整理为 $x^2$ $-$ $p\cdot x$ $-$ $q$ $=$ $0$；

2.求特征根，解特征方程得到根 $x_1$、$x_2$；

3.根据根的类型写通项公式：

若有两个不同实根，则通项公式为： $a_n$ $=$ $C_1$ $\cdot x_1^n$ $+$ $C_2$ $\cdot x_2^n$；

若有两个相同实根，则通项公式为： $a_n$ $=$($C_1$ $+$ $C_2$ $n$)$\cdot x_1^n$；

若无实根，即有共轭复根，需转化为三角函数形式，高中较少见，几乎不需要了解。

4.利用初始条件求常数 $C_1$、$C_2$，代入上式即可得到通项公式；

典例剖析

✍️ 有两个不同实根的情形，

已知数列满足递推关系：$a_{n+2}$ $=$ $5a_{n+1}$ $-$ $6a_n$，且 $a_1=1$，$a_2=5$ ，求通项公式 $a_n$

解法1：先写出特征方程，为 $x^2$ $=$ $5x$ $-$ $6$，整理为 $x^2$ $-$ $5x$ $+$ $6$ $=$ $0$，

再解特征方程，求得特征根：$x_1$ $=$ $2$ ， $x_2$ $=$ $3$，

从而写出通项形式，$a_n$ $=$ $C_1$ $\cdot$ $2^n$ $+$ $C_2$ $\cdot$ $3^n$，

将 $a_1=1$，$a_2=5$ 代入上述方程，即得到方程组 $\begin{cases}1=C_1\cdot2+C_2\cdot3\\5=C_1\cdot4+C_2\cdot9\end{cases}$，

解之得，$C_1$ $=$ $-1$，$C_2$ $=$ $1$，

即所求通项公式为：$a_n$ $=$ $-2^n$ $+$ $3^n$ $=$ $3^n$ $-$ $2^n$

解法2：同构法+待定系数法，高中阶段建议掌握这个方法，在其他博客有更详尽的解释。

将递推式改写为 $a_{n+2}$ $+$ $p\cdot$ $a_{n+1}$ $=$ $k\cdot$ $(a_{n+1}+p\cdot a_n)$，

将上式展开并整理，得到：$a_{n+2}$ $+$ $(p-k)$ $a_{n+1}$ $-$ $k\cdot$ $pa_n$ $=$ $0$，

与原递推式 $a_{n+2}$ $-$ $5a_{n+1}$ $+$ $6a_n$ $=0$ 对比，得方程组：$\begin{cases}p-k=-5\\-kp=6\end{cases}$，

解得 $\begin{cases}k=3\\p=-2\end{cases}$，或 $\begin{cases}k=2\\p=-3\end{cases}$

此时任选一组解代入即可，此处我们选 $\begin{cases}k=2\\p=-3\end{cases}$，^[2] 

当 $k=2$，$p=-3$时，递推式变为：$a_{n+2}$ $-3a_{n+1}$ $=$ $2(a_{n+1}-3a_n)$，

令 $c_n$ $=$ $a_{n+1}$ $-3a_n$，则 $c_{n+1}$ $=$ $2c_n$，即等比数列，公比为 $2$。

由初始条件得到，$c_1$ $=$ $a_2-3a_1$ $=$ $5-3\cdot$ $1$ $=$ $2$ $\implies$ $c_n=2^n$，

即得到递推关系$a_{n+1}-3a_n=2^n$ ，给两边同时除以 $3^{n+1}$，得到

$\cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}-\cfrac{a_{n}}{3^{n}}=\cfrac{1}{3}\times\cfrac{2_{n}}{3^{n}}$，令 $\cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=b_{n+1}$，

即 $b_{n+1}-b_n=\cfrac{1}{3}\cdot(\cfrac{2}{3})^n$，再使用 累加法，

解得，通项公式 $a_n=3^n-2^n$

✍️ 有两个相同实根的情形，

已知数列 $\{a_n\}$ 数列满足递推关系：$a_{n+2}=4a_{n+1}-4a_n$，且 $a_1=3$ ，$a_2=8$

解法1：先写出特征方程，$x^2$ $-$ $4x$ $+$ $4$ $=$ $0$，即 $(x-2)^2$ $=$ $0$，

求解得到特征根，$x_1$ $=$ $x_2$ $=$ $2$(二重根)，

从而得到通项形式，$a_n$ $=$($C_1$ $+$ $C_2$ $n$)$\cdot$ $2^n$，

结合初始条件 $a_1=3$ ，$a_2=8$，得到方程组 $\begin{cases}3=(C_1+C_2)\cdot2\\8=(C_1+2C_2)\cdot4\end{cases}$

整理方程组：$\begin{cases}2C_1+2C_2=3\\4C_1+8C_2=8\end{cases}$ ，解得 $C_1=1$ ，$C_2=\cfrac{1}{2}$

由此得到通项公式：$a_n=\left(1+\cfrac{1}{2}n\right)\cdot 2^n=2^n+n\cdot2^{n-1}$

解法2：同构法+待定系数法，

观察递推式 $a_{n+2}$ $=$ $4a_{n+1}$ $-$ $4a_n$，发现其结构与特征根 $r = 2$（二重根）相关。

尝试构造形如 $b_n$ $=$ $a_{n+1}$ $-$ $k a_n$ 的新数列，其中 $k$ 为特征根 $2$此处就能显示特征方程法的优越性，如果不知道这个方法也没关系，我们还可以这样考虑，假设 $a_{n+2}$ $=$ $4a_{n+1}$ $-$ $4a_n$ 能等价变形为$a_{n+2}$ $+$ $p\cdot$ $a_{n+1}$ $=$ $k\cdot$ $(a_{n+1}+p\cdot a_n)$，将其展开并整理，得到：$a_{n+2}$ $+$ $(p-k)$ $a_{n+1}$ $-$ $k\cdot$ $pa_n$ $=$ $0$，

与原递推式 $a_{n+2}$ $-$ $4a_{n+1}$ $+$ $4a_n$ $=0$ 对比，得方程组：$\begin{cases}p-k=-4\\-kp=4\end{cases}$，解得 $\begin{cases}k=2\\p=-2\end{cases}$，就能得到$a_{n+2}$ $-$ $2a_{n+1}$ $=$ $2(a_{n+1}-2a_n)$

令 $b_n$ $=$ $a_{n+1}$ $-$ $2a_n$，则原递推式可变形为：$a_{n+2}$ $-$ $2a_{n+1}$ $=$ $2(a_{n+1}-2a_n)$

$b_{n+1}=2b_n$，即表明 $\{b_n\}$ 是首项为$b_1$ $=$ $a_2-2a_1$ $=$ $8-2\times 3$ $=$ $2$，公比为 $2$

因此，等比数列 $\{b_n\}$ 的通项为：$b_n$ $=b_1\cdot 2^{n-1}$ $=$ $2\cdot 2^{n-1}$ $=$ $2^n$，

即：$a_{n+1}$ $-$ $2a_n$ $=$ $2^n$

为求解一阶递推式 $a_{n+1}$ $-$ $2a_n$ $=$ $2^n$，两边同除以 $2^{n+1}$，

得到 $\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}$ $-$ $\cfrac{a_n}{2^{n}}$ $=$ $\cfrac{1}{2}$，令$\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}$ $=$ $c_{n+1}$，

则 $c_{n+1}-c_n$ $=$ $\cfrac{1}{2}$，这表明 $\{c_n\}$ 是首项为$c_1$ $=$ $\cfrac{a_1}{2^{1}}$ $=$ $\cfrac{3}{2}$，公差为 $\cfrac{1}{2}$

因此等差数列 $\{c_n\}$的通项为：$c_n$ $=$ $c_1$ $+$ $(n-1)\cdot\cfrac{1}{2}$ $=$ $\cfrac{3}{2}+(n-1)\cfrac{1}{2}$ $=$ $\cfrac{1}{2}n+1$

即 $c_n=\cfrac{1}{2}n+1$，也即 $\cfrac{a_n}{2^n}=\cfrac{1}{2}n+1$

整理得到，$a_n$ $=$ $(n+2)$ $\cdot$ $2^{n-1}$

【利用特征方程法求通项公式】已知斐波那契数列 $F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$ ，已知 $F_1=1$ ，$F_2=1$

解：由于斐波那契数列是二阶线性齐次递推关系，故其对应的特征方程为：$x^2=x+1$ $\quad\Rightarrow\quad x^2-x-1=0$，

利用二次方程的求根公式，求解其特征根：$x_{1,2}=\cfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}（黄金分割数）$

则由特征方程法可知，其通项形式：$F_n$ $=$ $C_1\left(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n$ $+$ $C_2\left(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$，

分别令上式中的 $n=1$ 和 $n=2$，得到方程组

$\left\{\begin{array}{l}{F_1=C_1\left(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)+C_2\left(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}\\{F_2=C_1\left(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2+C_2\left(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^2}\end{array}\right.$

代入初始条件 $F_1=1$ ，$F_2=1$

$\left\{\begin{array}{l}{1=C_1\left(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)+C_2\left(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}\\{1=C_1\left(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2+C_2\left(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^2}\end{array}\right.$

解方程组，得 $C_1$ $=$ $\cfrac{1}{\sqrt{5}}$ $，$ $C_2$ $=$ $-\cfrac{1}{\sqrt{5}}$，

故其通项公式为：

$F_n=\cfrac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right]$

关键总结

1.特征方程法本质：将递推关系转化为代数方程，利用特征根的线性组合构造通项；

2.初始条件代入：必须用前两项[或其他已知项]确定常数 $C_1$、$C_2$； 

3.适用范围：仅适用于二阶线性齐次递推（右侧无额外函数项），$a_{n+2}$$=$$p\cdot$$a_{n+1}$$+$$q\cdot$$a_n$，其中 $p$、$q$ 为常数，且 $q\neq 0$

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1. 二阶指的是，递推关系中的每一项 $a_{n+2}$ 依赖于前两项 $a_{n+1}$ 和 $a_n$。这里的“阶数”是指递推关系中出现的最大下标与最小下标之差，即从 $n$ 到 $n+2$ 的差为2，因此是二阶的；线性指的是，递推关系中的各项 $a_{n+2}$、$a_{n+1}$ 和 $a_n$ 都是以一次方的形式出现，并且没有乘积或其他非线性组合。右边的表达式是 $a_{n+1}$ 和 $a_n$ 的线性组合，即系数 $p$ 和 $q$ 分别乘以这些项然后相加；齐次指的是，递推关系的右边没有非齐次项（如常数项或其他与 $a$ 无关的项）。所有的项都是关于$a$的线性组合，因此是齐次的。 ↩︎
2. 第一组的解留给各位练习用，做如下提示： 当 $k=3$，$p=-2$时，递推式变为：$a_{n+2}-2a_{n+1}=3(a_{n+1}-2a_n)$，$\implies b_n=3^n.$令 $b_n=a_{n+1}-2a_n$，则 $b_{n+1}=3b_n$，即等比数列，公比为 $3$，$a_{n+2}-2a_{n+1}=3(a_{n+1}-2a_n)$由初始条件：$b_1=a_2-2a_1=5-2\cdot 1=3$ $\implies b_n=3^n.$得递推关系：$a_{n+1}-2a_n=3^n$，接下来两边同时除以 $3^{n+1}$，变形得到 $\cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}-\cfrac{2}{3}\times\cfrac{a_{n}}{3^{n}}=\cfrac{1}{3}$，令 $\cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=c_{n+1}$，则 $c_{n+1}=\cfrac{2}{3}c_n+\cfrac{1}{3}$，由不动点法或待定系数法可知，两边同时加 $-1$，得到 $c_{n+1}-1=\cfrac{2}{3}(c_n-1)$，即 $\{c_n-1\}$ 为首项为 $c_1-1=\cfrac{a_1}{3}-1=-\cfrac{2}{3}$，公比为 $\cfrac{2}{3}$ 的等比数列，故 $c_n-1=-\cfrac{2}{3}\times(\cfrac{2}{3})^{n-1}$，整理为 $\cfrac{a_n}{3^n}=1-(\cfrac{2}{3})^n$，即 $a_n=3^n-2^n$ . $\implies b_n=3^n.$↩︎