类型一、形如an 2 pa* i qan（p,q是常数）的数列
（二阶线性递推式）
形如ai mi, a2 m2,a* 2 pa* 1 qa*（ p,q是常数）的二阶递推数列都可用特
征根法求得通项an，其特征方程为x2 px q…①
（1） 若①有二异根，，则可令an Ci n C2 n（Ci,C2是待定常数） （2） 若①有二重根
，则可令an （Ci nC2） n（Ci,C2是待定常数）
再利用ai mi,a2 m2,可求得G©，进而求得a.
2,a2 3, an 2 3an i 2an(n 已知数列｛an｝满足
ai
an 2
其特征方程为x 3x 2，解得 Xi i,X2 2，令 an 解:
c ai Ci 2C2 2
，得 an i 2
a2 C 4C2 3 C
例2 an
2
N ）,求数列｛an｝的通
项
Ci i
C2 2n ,
n i
已知数列｛an｝满足ai i,a2
2,4an 2
4an i an(n
求数列｛an｝的通
项
解：其特征方程为4x2
4x
解得 Xi
X2
C
i
nc2
2
ai ( Ci C2)
2 4
i
a2 (Ci 2C2)
，得 &
C2
an
3n 2 2* i
类型二、形如an 1
A?」的数列 Can D Aan B （分式递推式）
N (代 B,C,D 是常数且 C 0,AD BC 0)
对于数列an 1
，a1 m,n
Can D Ax B Cx D
其特征方程为 X
2Cx，变形为 (D
A)x B 0…② an c
— an
（1）若②有二异根，，则可令旦口
an 1
（其中c是待定常数）
代入a1, a2的值可求得c值。 即数列
a
an
是首项为
a
a1
，公比为c的等比数列，于是这样可求得a
（2）若②有二重根
，则可令 — 数）
1
an 1
an
-—— c （其中c是待定常
代入a1, a2的值可求得c值。
1 是首项为」
即数列」 an
an
，公差为c的等差数列，于是这样可求得an
an 1 2 例3已知数列｛an｝满足ai 2,a 2)
n 离TIB
x 2 2
，化简得2x 2 解：其特征方程为 x
2x 1
an 1 c an 1 1 -
an 1 an 1 1
，
求数列｛an｝的通项
an
0，解得 X1 1,X2
1，令
2,得 a2
4
，可得c
5
an an 1
an 1 an 1 3
an
3n ( 1)n 3n ( 1)n
3为公比的等比数列，
3
例4已知数列｛a.｝满足ai 2,am
空」（n N*），求数列｛a.｝的通项a.
4a. 6
x2 ，解得 Xi 2
X 2 0
X
1
解：其特征方程为X经,即
4x 6
1 1 c
1 1 an 01 1
2
2
3 求得c 1， 由印 2,得 a2 ，令
14 1 1
an ai
2 (n 1)1 n 3， 5 5 13 5n 2 10n 6
I为首项，以1
为公差的等差数列，
【附】
类型一证明：递推公式为an 2 pan i qan (其中p, q均为非零常数)。
先把原递推公式转化为an 2 x1an 1 x2(an 1 x1 an),其中x1, x2满足
1
$ P ,显然疋兀是方程x2 px q 0的两个非零根。
X1X2 1) 2)
q
如果a2 “i 0,则an 2 x© i 0, an成等比，很容易求通项公式。 如果a2 XQi 0，则｛ an 2 X^ni｝成等比。公比为X2，
所以 an 1 x^n (a2 X1a1)X2n 1，转化成：
bn
a1x2(1 x2) T
X1 n X2
X1a1 )
(a2
x1a1 )x X1 X2
X-I x2
an 1 n 1
X2
X1 an X2 X
n 2 2
(a2
，
(I ) 又如果X-]
X2，则｛ a； 11 ｝等
公差为(a2 差,
X2
XQ1)，
a2 所以勺1
(n 1)(a2 xe)， 1X2 1
即： an 1 [a2 (n 1)(a2
an
X£1)]X2
) n 1
]X2
n 1
[亚 (n 2)
X2
(a2 X1a1
-
X2
可以整理成通式： an (A Bn )x；
(II) 如果 X1 X2 ，则令 n 1 XQ1) B,就有 n 1，
2
t A， X2
bn 1 Abn B，利用待定系数法可以求出bn的通项公式
b
(a
所以 an [a1X2(1 xj(0)X-I X2
n1 (a2 X1a1)X2X2
]x2n 2，化简整理得:
X1 x2
込型竺亠x；1
X-I X2
X-I x2
可以整理成通式：an Ax1n Bx1n
(注：类型二证明方法如同类型一，从略。特征根法结论可直接在大题中使用。)
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