递推数列特征方程的发现
一、问题的提出
递推(迭代) 是中学数学中一个非常重要的概念和方法，递推数列问题能力要求高，内在联系密切，蕴含着不少精妙的数学思想和方法。
在递推数列中占有重要一席的斐波那契数列，又称兔子数列，是学生非常乐意探讨的递推问题，许多学生都会不约而同地向教师提出，这个数列有通项公式吗？如有，怎样求它的通项公式？笔者就曾碰到过一位喜爱钻研的学生，带着参考书上的解法而向我请教：
已知斐波那契数列a 1=a 2=1, a n +1=a n +a n -1(n =2, 3, „) ，求通项公式a n 。 参考书上的解法是这样的：
解 此数列对应特征方程为x =x +1即x -x -1=0，解得x =
2
2
1±， 2
设此数列的通项公式为a n =c 1(
由初始条件a 1=a 2=1可知，
1+5n 1-n
) +c 2() ， 22
1⎧⎧1+1-c =c +c =1⎪⎪2⎪1⎪15， 2 ⎨，解之得⎨
1
⎪c (1+5) 2+c (1-) 2=1⎪c 2=-12⎪⎪⎩22⎩⎡1+5n 1-n ⎤
）-() ⎥。 所以a n =⎢(
5⎣22⎦
这位学生坦率地表示，尽管参考书上介绍了利用特征方程求通项公式的一些结论，
用上述方法得到的通项公式也是正确的，但他还是“看不懂”。换句话说，这种解法的依据是什么？特征方程是怎样来的？我虽然深知这是特征方程惹的祸，但由于现行教材只字未提特征方程，我也从未在课堂上作过补充，如果将有关利用特征方程求递推数列通项的一些结论直接呈现出来，或者以“高考不作要求”为由来搪塞，学生是难以接受的，也是不负责任的。面对一头雾水的数学尖子，我在充分肯定其善于思考、勇于探索的可贵品质的同时，也在苦苦寻觅解答这一问题的良策。其后不久，一次偶然的数学探究活动，竟使这一长期困惑我们教学活动的尴尬问题迎刃而解。 二、研究与探索
问题的解决源于对一阶线性递推数列通项公式的探求：
若数列{a n }满足a 1=b , a n +1=ca n +d (c ≠1), 其通项公式的求法一般采用如下的
参数法，将递推数列转化为等比数列：
设a n +1+t =c (a n +t ), 则a n +1=ca n +(c -1) t ， 令(c -1) t =d ，即t =
d
，当c ≠1时可得 c -1
d d
a n +1+=c (a n +) ，
c -1c -1
⎩
d ⎫
⎬是以c 为公比的等比数列， c -1⎭
知数列⎧⎨a n +
∴a n +
d d
=(a 1+) c n -1 c -1c -1
bc n +(d -b )c n -1-d 将a 1=b 代入并整理，得a n =.
c -1
将上述参数法类比到二阶线性递推数列a n +1=pa n +qa n -1, 能得到什么结论？ 仿上，我们来探求数列{a n +1+ta n }的特征： 不妨设a n +1+ta n =s (a n +ta n -1) ， 则a n +1=(s -t ) a n +sta n -1, 令⎨
⎧s -t =p
①
⎩st =q
（1） 若方程组①有两组不同的实数解(s 1, t 1), (s 2, t 2) ,
则a n +1+t 1a n =s 1(a n +t 1a n -1) ,
a n +1+t 2a n =s 2(a n +t 2a n -1) ,
即{a n +1+t 1a n }、{a n +1+t 2a n }分别是公比为s 1、s 2的等比数列， 由等比数列性质可得a n +1+t 1a n =(a 2+t 1a 1) s 1
n -1
, ,
a n +1+t 2a n =(a 2+t 21a 1) s 2∵t 1≠t 2, 由上两式消去a n +1可得
n -1
a n =
(a 2+t 1a 1). s n -a 2+t 2a 1. s n .
12
s 1t 1-t 2s 2t 1-t 2⎧s 1=s 2
（2） 若方程组①有两组相等的解⎨，易证此时t 1=-s 1，则
t =t 2⎩1
a n +1+t 1a n =s 1(a n +t 1a n -1)=s 1(a n -1+t 1a n -2) =„=s 1
2
n -1
(a 2+t 1a 1) ，
∴
a n +1s 1
n +1
-
a n s 1
n
=
a 2-s 1a 1
s 1
2
, 即⎨
⎧a n ⎫
是等差数列， n ⎬⎩s 1⎭
由等差数列性质可知
a n s 1
n
=
a 1a -s a +(n -1). 2211， s 1s 1
⎡⎛⎤⎫
所以a n =⎢ a 1-a 2-s 1a 1⎪+a 2-s 1a 1. n ⎥s 1n ．
22 ⎪s 1s 1⎢⎥⎭⎣⎝s 1⎦
（限于学生知识水平，若方程组①有一对共轭虚根的情况略）
这样，我们通过参数方法，将递推数列转化为等比（差）数列，从而求得二阶线性递推数列的通项，若将方程组①消去t 即得s 2-ps -q =0，显然s 1、s 2就是方程x 2=px +q 的两根，我们不妨称此方程为二阶线性递推数列a n +1=pa n +qa n -1的特征方程，于是我们就得到了散见于各种数学参考资料的如下结论：
设递推公式为a n +1=pa n +qa n -1, 其特征方程为x =px +q 即x -px -q =0， 1、 若方程有两相异根s 1、s 2，则a n =c 1s 1+c 2s 2； 2、 若方程有两等根s 1=s 2，则a n =(c 1+nc 2) s 1.
其中c 1、c 2可由初始条件确定。
这正是特征方程法求递推数列通项公式的根源所在，令p =q =1，就可求得斐波那契数列的通项，真是“踏破铁蹄无觅处，得来全不费工夫”！
将上述方法继续类比到分式线性递推数列a n +1=看又会有什么发现？
仿照前面方法，等式两边同加参数t ，
n
n
n 2
2
a ⋅a n +b
（a , b , c , d ∈R , c ≠0），看
c ⋅a n +d
b +dt
a ⋅a n +b ② +t =(a +ct ) 则a n +1+t =
c ⋅a n +d c ⋅a n +d
a n +
令t =
b +dt
，即 ct 2+(a -d ) t -b =0 ③ a +ct
记此方程的两根为t 1, t 2，
（1） 若t 1≠t 2，将t 1, t 2分别代入②式可得 a n +1+t 1=(a +ct 1)
a n +t 1
c ⋅a n +d
a n +1+t 2=(a +ct 2)
a n +t 2
c ⋅a n +d
以上两式相除得
a n +1+t 1a +ct 1a n +t 1
， =⋅
a n +1+t 2a +ct 2a n +t 2
⎧a n +t 1⎫a +ct 1
于是得到⎨， ⎬为等比数列，其公比为
a +t a +ct ⎩n 2⎭2
数列{a n }的通项a n 可由
a n +t 1a 1+t 1a +ct 1n -1
=⋅() 求得；
a n +t 2a 1+t 2a +ct 2
a n +t 1
,
c ⋅a n +d
（2）若t 1=t 2，将t =t 1代入②式可得a n +1+t 1=(a +ct 1)
考虑到上式结构特点，两边取倒数得
c (a n +t 1) +d -ct 111
④ =⋅
a n +1+t 1a +ct 1a n +t 1
由于t 1=t 2时方程③的两根满足2t 1=-于是④式可变形为
a -d
，∴a +ct 1=d -ct 1 c
1c 1
=+
a n +1+t 1a +ct 1a n +t 1
∴⎨
⎧
1⎫c
， ⎬为等差数列，其公差为
a +ct 1⎩a n +t 1⎭
数列{a n }的通项a n 可由
11c
求得． =+(n -1) ⋅
a n +t 1a 1+t 1a +ct 1
这样，利用上述方法，我们可以把分式线性递推数列转化为等比数列或等差数列，从而求得其通项。如果我们引入分式线性递推数列a n +1=的特征方程为x =
a ⋅a n +b
（a , b , c , d ∈R , c ≠0）
c ⋅a n +d
ax +b 2
，即cx +(d -a ) x -b =0，此特征方程的两根恰好是方程③两
cx +d
根的相反数，于是我们又有如下结论：
分式线性递推数列a n +1=即cx 2+(d -a ) x -b =0，
a ⋅a n +b ax +b
a , b , c , d ∈R , c ≠0），其特征方程为x =，
cx +d c ⋅a n +d
⎧a n -s 1⎫a -cs 1
1、若方程有两相异根s 1、s 2，则⎨； ⎬成等比数列，其公比为
a -s a -cs 2⎭⎩n 2
2、若方程有两等根s 1=s 2，则⎨
⎧
1⎫c
成等差数列，其公差为. ⎬
a -cs 1⎩a n -s 1⎭
值得指出的是，上述结论在求相应数列通项公式时固然有用，但将递推数列转化为等
比（等差）数列的思想方法更为重要。如对于其它形式的递推数列，我们也可借鉴前面的参数法，求得通项公式，其结论与特征方程法完全一致，有兴趣的读者不妨一试。 三、应用举例
例1、 已知数列a 1=1, a 2=5, 且a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2) ，求通项公式a n 。 解 设a n +1+ta n =s (a n +ta n -1) ，∴a n +1=(s -t ) a n +sta n -1 令
⎧s -t =4⎧s =2
可得 ⎨⎨
⎩st =-4⎩t =-2
2
n -1
于是a n +1-2a n =2(a n -2a n -1) =2(a n -1-2a n -2) =„=2
(a 2-2a 1) =3⋅2n -1，
∴
a n +1a n 3a 113⎧a n ⎫
-==，即是以为首项、为公差的等差数列， ⎨⎬n +1n 1n
442222⎩2⎭a n 13n -2
=+(n -1) ⋅，从而. a =(3n -1) ⋅2n n
242
∴
例2、设数列{a n }满足a 1=2, a n +1= 解： 对等式两端同加参数t 得
5a n +4
, 求a n .
2a n +7
7t +4
(2t +5)a n +7t +45a +4, a n +1+t =n +t ==(2t +5)⋅
2a n +72a n +72a n +7
a n +
令t =
7t +4
，解之得t =-1，2，代入上式 2t +5
得a n +1-1=3⋅
a n -1a +2
, a n +1+2=9⋅n ,
2a n +72a n +7
两式相除得
a n +1-11a n -1
=⋅,
a n +1+23a n +2
即⎨
⎧a n -1⎫a 1-111
的等比数列， =, 公比为⎬
a 1+243⎩a n +2⎭
a n -111-n 4⋅3n -1+2
∴． =⋅3, 从而a n =a n +244⋅3n -1-1
四、收获与反思
随着普通高中课程改革的逐步深入，要求广大教师在新课标理念指导下，大胆实
施课堂教学改革。如何创造性地处理教学内容，无疑是一项十分现实的课题。由于数学知识呈现方式的多样性、解决问题策略的多选择性和数学思维的开放性，教师既要加强学习，不断充实自己的知识结构，做到高屋建瓴而游刃有余，还要不断提高驾驭教材的能力，“用好教材”、“超越教材”而不拘泥于教材，根据学生的实际情况，因材施教，使学生知其然，更知其所以然，帮助学生寻找适合自己的学习方式，“授人以鱼不如授之以渔”，在培养学生学习兴趣的同时激发学生的思维，时时体味“蓦然回首，那人却在灯火阑珊处”的美妙意境。