利用二阶线性齐次递推关系求通项公式

前言

本博文主要研究二阶线性齐次递推关系，即形如 \(a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_{n}\) (\(p\)、\(q\) 都是常数，且\(p\cdot q\neq 0\))的代数式求通项公式，也即 \(f(a_{n},a_{n+1},a_{n+2})=0\) 形式的代数式。

请参阅：构造数列中的常见变形总结；

典例剖析

【2018安徽合肥模拟】【综合应用】已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=1\)，\(a_2=4\)，\(a_{n+2}\)\(+\)\(2a_n\)\(=\)\(3a_{n+1}\)\((n\in N^*)\)，求数列的通项公式。

分析：用待定系数法，设 \(a_{n+2}+pa_{n+1}=k(a_{n+1}+pa_n)\)这样的设法有没有合理性，能不能这样设，是每个欲弄懂该问题的学生急于想知道的，这样是有合理性的，如果这样的设置有问题，那么最后一定会通过方程组无解的形式反应出来。同样如何合理，方程组就一定是有解的。由于 \(a_{n+2}\)\(+\)\(pa_{n+1}\) 和 \(a_{n+1}\)\(+\)\(pa_n\) 结构完全相同，所以有人也将这样的变形称之为同构变形，这样的求解方法也就称为同构法 ，\(k，p\in R\)，

整理得到 \(a_{n+2}-kp\cdot a_n=(k-p)a_{n+1}\)， 比照 \(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}\)

得到\(kp=-2\)，\(k-p=3\)，

解得\(\left\{\begin{array}{l}{k=2}\\{p=-1}\end{array}\right.\)，或 \(\left\{\begin{array}{l}{k=1}\\{p=-2}\end{array}\right.\)，

在具体题目中，我们取其中一组解即可；每一组解对于一种变形；

解法1️⃣：当\(k=2\)，\(p=-1\)时，已知式变形为\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，

即意味着这样变形：由\(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}\)，

得到\(a_{n+2}+2a_n=2a_{n+1}+a_{n+1}\)，

即\(a_{n+2}-a_{n+1}=2a_{n+1}-2a_n\)，

即\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)\)，

又\(a_2-a_1=3\neq 0\)，即数列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是以\(a_2-a_1=3\)为首项，以\(2\)为公比的等比数列，

则\(a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}\)，接下来求\(a_n\)，使用累加法。

过程省略，可以求得\(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。

解法2️⃣：当\(k=1\)，\(p=-2\)时，已知式变形为\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，

即意味着这样变形：由\(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}\)，

得到\(a_{n+2}+2a_n=2a_{n+1}+a_{n+1}\)，

即\(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n\)，

又\(a_2-2a_1=2\)，即数列\(\{a_{n+1}-2a_n\}\)是以\(a_2-2a_1=2\)为首项，以\(0\)为公差的等差数列，

则\(a_{n+1}-2a_n=2+(n-1)\times 0=2\)，接下来求\(a_n\)，再次使用待定系数法。

\(a_{n+1}-2a_n=2\)，得到\(a_{n+1}=2a_n+2\)，

\(a_{n+1}+2=2(a_n+2)\)，故数列\(\{a_n+2\}\)是以\(a_1+2=3\)，以\(2\)为公比的等比数列；

故 \(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。

解法3️⃣：方程思想，由上可知，$$a_{n+1}-a_n=3\times 2^{n-1}①，$$

\[a_{n+1}-2a_n=2② \]

联立解以\(a_{n+1}\)和\(a_n\)为元的二元一次方程组，解得\(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\)。

解法4️⃣：用特征方程法求通项，更多细节问题，请参阅 特征方程法求数列通项公式

将原递推式整理为标准形式，\(a_{n+2}\) \(-\) \(3a_{n+1}\) \(+\) \(2a_n\) \(=\) \(0\)，其对应的特征方程为：\(r^2\) \(-\) \(3r\) \(+\) \(2\) \(=\) \(0\)，

解得特征根为：\(r\) \(=\) \(1\) 和 \(r\) \(=\) \(2\)，由于特征根为两个不同的实根，

故通解为：\(a_n\) \(=\) \(A\) \(\cdot\) \(1^n\) \(+\) \(B\) \(\cdot\) \(2^n\) \(=\) \(A\) \(+\) \(B\) \(\cdot\) \(2^n\)

利用初始条件 \(a_1\) \(=\) \(1\) 和 \(a_2\) \(=\) \(4\)，得到方程组：\(\begin{cases}A+2B=1\\A+4B=4\end{cases}\)，

解得：\(A\) \(=\) \(-2\)， \(B\) \(=\) \(\cfrac{3}{2}\)，

代入通解中，得到：\(a_n\) \(=\) \(-2\) \(+\) \(\cfrac{3}{2}\) \(\cdot\) \(2^n\) \(=\) \(3\) \(\cdot\) \(2^{n-1}\) \(-\) \(2\) .

故 \(a_n=3\times 2^{n-1}-2(n\in N^*)\) .

【2022届宝鸡市三检文18理18改编】已知数列 \(\{a_{n}\}\) 中，\(a_{1}\)\(=\)\(a_{2}\)\(=\)\(1\)，且 \(a_{n+2}\)\(=\)\(a_{n+1}\)\(+\)\(2a_{n}\),记 \(b_{n}\)\(=\)\(a_{n+1}\)\(+\)\(a_{n}\)，

(1). 求证: 数列 \(\{b_{n}\}\) 是等比数列 ；

证明: 由 \(a_{n+2}=a_{n+1}+2 a_{n}\)， 两边同时加 \(a_{n+1}\)，

得 \(a_{n+2}+a_{n+1}=2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\)，即 \(b_{n+1}=2b_{n}\)，

又 \(b_{1}=a_{1}+a_{2}=2 \neq 0\)， 所以 \(\left\{b_{n}\right\}\) 是以 \(2\) 为首项， \(2\) 为公比的等比数列.

(2). 若数列 \(\{b_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(T_{n}\)， 求数列 \(\{T_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和.

解析：由（1）知， \(T_{n}=\cfrac{2(1-2^{n})}{1-2}=2\left(2^{n}-1\right)=2^{n+1}-2\)，

令数列 \(\{T_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_{n}\)， 由 \(T_{n}=2^{n+1}-2\) 知

\(S_{n}=(2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n+1})-2n=2^{n+2}-2n-4\) 。

【2022届高三数学三轮模拟冲刺用题】已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=a_2=2\)，且 \(a_{n+2}-a_{n+1}=2a_n\)，数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项的和为 \(S_n\) ，则 \(\log_2{(3S_{20}+4)}\)=【\(\qquad\)】

$A.28$ $B.22$ $C.20$ $D.12$

解析： 由题目 \(a_{n+2}-a_{n+1}=2a_n\)，给两边同时加上 \(2a_{n+1}\)为什么这样运算，靠的是数学素养，长期的观察积累所致，如果观察不出来怎么办，就按照本博文的例1 ，采用待定系数法求解即可。即假定所给的表达式能等价转化为 \(a_{n+2}\) \(+\) \(pa_{n+1}\) \(=\) \(k (a_{n+1}\) \(+\) \(p a_n)\) ，接下来打开整理和已知的表达式对比可知\(p\) 和 \(k\) 的值；，得到 \(a_{n+2}+a_{n+1}=2(a_{n+1}+a_n)\) ，

由于 \(a_1+a_2=4\neq0\)，故数列 \(\{a_{n+1}+a_n\}\) 是首项为 \(4\) ，公比为 \(2\) 的等比数列，

故 \(a_{n+1}+a_n=4\times 2^{n-1}=2^{n+1}\)，[接下来考虑使用并项法求和]，

\(S_{20}\)\(=\)\((a_1+a_2)+(a_3+a_4)+(a_5+a_6)+\cdots+(a_{19}+a_{20})\)

\(=\)\(2^2+2^4+2^6+\cdots+2^{20}\)\(=\)\(\cfrac{4(1-4^{10})}{1-4}\)\(=\)\(\cfrac{4}{3}(4^{10}-1)\)，

故 \(\log_2{(3S_{20}+4)}=\log_2{4^{11}}=22\)， 故选 \(B\) .

斐波那契数列

斐波那契数列 \(\{a_n\}\) 的递推关系式满足条件：\(a_n=\left\{\begin{array}{l}1,&n=1\\1,&n=2\\a_{n-1}+a_{n-2},&n\geq 3\end{array}\right.\)，求其通项公式 . ^[1]

解：采用待定系数法+方程组法求解，由 \(a_n\)\(=\)\(a_{n-1}\)\(+\)\(a_{n-2}\)，

假定其可以改写为 \(a_n\)\(-\)\(pa_{n-1}\)\(=\)\(k\)\((a_{n-1}-pa_{n-2})\)\(\;\;\)\((\ast)\) ，

将其打开整理，即得到 \(a_n=(k+p)a_{n-1}-kpa_{n-2}\)， 它应该和 \(a_n=a_{n-1}+a_{n-2}\)恒等，

比照系数得到 \(\left\{\begin{array}{l}{k+p=1}\\{kp=-1}\end{array}\right.\)，由根与系数关系的逆定理可知，

\(k\)、\(p\) 是方程 \(x^2-x-1=0\) 的两个根，而方程 \(x^2-x-1=0\) 的两个根为 \(x_{1,2}=\cfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)，即有

$\left\{\begin{array}{l}{k=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}}\\{p=\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}{k=\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}}\\{p=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}}\end{array}\right.$

代入 \((\ast)\) 式，得到

\[\left\{\begin{matrix} a_n-\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}a_{n-1}=\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}(a_{n-1}-\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}a_{n-2})\\ a_n-\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}a_{n-1}=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}(a_{n-1}-\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}a_{n-2}) \end{matrix}\right.\]

可以发现数列 \(\{a_{n}-\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}a_{n-1}\}\) 和 \(\{a_{n}-\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}a_{n-1}\}\) ，都已经构成了一个等比数列，其中数列 \(\{a_{n}\)\(-\)\(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}a_{n-1}\}\) 的首项为 \(a_2\)\(-\)\(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\)\(a_1\)，公比为 \(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\)，首项到 \(a_{n}\)\(-\)\(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}a_{n-1}\) 的项数为 \(n-2\) ；数列 \(\{a_{n}\)\(-\)\(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}a_{n-1}\}\) 的首项为 \(a_2\)\(-\)\(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\)\(a_1\)，公比为 \(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\)，首项到 \(a_{n}\)\(-\)\(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\)\(a_{n-1}\) 的项数为 \(n-2\) ，然后根据等比数列通项公式，我们可以得到：

\[\left\{\begin{matrix} a_n-\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}a_{n-1}=(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2})^{n-2}(a_2-\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}a_1)①\\ a_n-\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}a_{n-1}=(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2})^{n-2}(a_2-\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}a_1)② \end{matrix}\right.\]

\(②\)\(\times\)\(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\)\(-\)\(①\)\(\times\)\(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\)，

化简整理得到

\[a_n=\cfrac{1}{\sqrt{5}}\bigg[(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2})^n\bigg] \]

用电脑验证通项公式的正确性，

【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 \(F_1=1\) ，\(F_2=1\) ，求斐波那契数列的通项公式。

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：

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

• 求斐波那契数列的通项公式的方法，应该还有好多，比如仿照例题 \(1\) 的法 \(1\) 或 \(2\)，也可以求解，就是运算量非常大；大学数学里还有其他的方法，请自行百度查阅 .

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1. 注意：估计新高考也不会考查这样深入，只是看到网上的相关内容，感觉其求解思路可以和本博文可以归类到一起，故作以归纳 . ↩︎