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，
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，
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 \(2\) 的等比数列。
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：\(a_{n+1}\)\(-\)\(2a_n\)\(=\)\(2^n\) (一阶非齐次递推式)
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 \(\cfrac{1}{2}\) 的等差数列。
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，\(a_n\)\(=\)\((n+2)\)\(\cdot\)\(2^{n-1}\) .
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
代入初始条件 \(F_1=1\) ，\(F_2=1\) ，
解方程组，得 \(C_1\)\(=\)\(\cfrac{1}{\sqrt{5}}\)\(，\)\(C_2\)\(=\)\(-\cfrac{1}{\sqrt{5}}\)，
故其通项公式为：
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 \(q\neq 0\) 。
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。 ↩︎
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：\(a_{n+2}-2a_{n+1}=3(a_{n+1}-2a_n)\)，
令 \(b_n=a_{n+1}-2a_n\)，则 \(b_{n+1}=3b_n\)，即等比数列，公比为 \(3\)，
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 \(a_n=3^n-2^n\) . ↩︎
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