类型一已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1} = p a_n + q$, 则 $\{a_n\}$ 的通项公式为 ```math a_n = \begin{cases} a_1 + (n - 1)q, & p = 1, \\[3ex] \left(a_1 - \dfrac{q}{1 - p}\right) p^{n-1} + \dfrac{q}{1 - p}, & p \ne 1. \end{cases} ``` 于是, $p = 1$ 时, 数列 $\{a_n\}$ 收敛等价于 $q = 0$; $p \ne 1$ 时, 数列 $\{a_n\}$ 收敛等价于 $|p| \lt 1$ 或 $a_1 = \dfrac{q}{1 - p}$.

解答. (1) 当 $p = 1$ 时, 有 $a_{n+1} - a_n = q$, 所以数列 $\{a_n\}$ 是以 $q$ 为公差的等差数列, 从而 $a_n = a_1 + (n - 1)q$. (2) 当 $p \ne 1$ 时, 可设 $a_{n+1} - A = p(a_n - A)$, 即 $a_{n+1} = p a_n + (1 - p)A$, 由对应系数相等可知 $(1 - p)A = q$, 即 $A = \dfrac{q}{1 - p}$, 此时数列 $\set{a_n - \dfrac{q}{1 - p}}$ 是以 $p$ 为公比的等比数列, 于是 ```math a_n - \dfrac{q}{1 - p} = \left(a_1 - \dfrac{q}{1 - p}\right) p^{n-1}. ``` 即 ```math a_n = \left(a_1 - \dfrac{q}{1 - p}\right) p^{n-1} + \dfrac{q}{1 - p}. ``` 当 $|p| \lt 1$ 时或 $a_1 = \dfrac{q}{1 - p}$ 时, $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = \dfrac{q}{1 - p}. $ 综上, 当 $p = 1$ 时, 数列 $\{a_n\}$ 收敛等价于 $q = 0$; 当 $p \ne 1$ 时, 数列 $\{a_n\}$ 收敛等价于 $|p| \lt 1$ 或 $a_1 = \dfrac{q}{1 - p}$.

类型二已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+2} + p a_{n+1} + q a_n = 0$ ($p$, $q$ 不全为 0), 则可以构造特征方程 $x^2 + px + q = 0$, 根据 $\Delta = p^2 - 4q$ 来分类: (1) 当 $\Delta = 0$ 时, 此时特征方程有二重根, 设为 $x_0$, 则 $a_n = (n C_1 + C_2) x_0^n$; (2) 当 $\Delta \ne 0$ 时, 设特征方程的两个根为 $x_1$, $x_2$, 则 $a_n = C_1 x_1^n + C_2 x_2^n$. 其中 $C_1$, $C_2$ 是待定常数, 具体可将 $a_1$, $a_2$ 的值代入解得.

解答. 设 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+2} - A a_{n+1} = B(a_{n+1} - A a_n)$, 即 $a_{n+2} - (A + B)a_{n+1} + A B a_n = 0$, 结合已知可得 $A + B = -p$, $AB = q$, 即 $A$, $B$ 就是特征方程 $x^2 + px + q = 0$ 的两个根. (1) 当 $\Delta = 0$ 时, 此时设特征方程的二重根为 $x_0$, 即 $A = B = x_0 \ne 0$, 于是 ```math a_{n+2} - A a_{n+1} = A(a_{n+1} - A a_n). ``` 从而 ```math \displaystyle a_n - A a_{n-1} = A(a_{n-1} - A a_{n-2}) = \cdots = A^{n-2}(a_2 - A a_1). ``` 等式两端同除以 $A^n$ 就有 ```math \dfrac{a_n}{A^n} - \dfrac{a_{n-1}}{A^{n-1}} = \dfrac{a_2 - A a_1}{A^2}. ``` 于是 ```math \dfrac{a_n}{A^n} = \dfrac{a_1}{A} + \sum_{k=2}^n \left(\dfrac{a_k}{A^k} - \dfrac{a_{k-1}}{A^{k-1}}\right) = \dfrac{a_1}{A} + (n - 1) \cdot \dfrac{(a_2 - A a_1)}{A^2} \overset{\text{def}}{=} n C_1 + C_2. ``` 于是 $a_n = (n C_1 + C_2) A^n = (n C_1 + C_2) x_0^n$. (2) 当 $\Delta \ne 0$ 时, 此时设特征方程的两个根为 $x_1$, $x_2$, 则 $A = x_1$, $B = x_2$ 或 $A = x_2$, $B = x_1$, 于是 ```math \begin{cases} a_{n+2} - x_1 a_{n+1} = x_2(a_{n+1} - x_1 a_n), \\[2ex] a_{n+2} - x_2 a_{n+1} = x_1(a_{n+1} - x_2 a_n). \end{cases} ``` 从而 ```math \begin{aligned} a_n - x_1 a_{n-1} &= x_2(a_{n-1} - x_1 a_{n-2}) = x_2^2(a_{n-2} - x_1 a_{n-3}) = \cdots = x_2^{n-2}(a_2 - x_1 a_1), \quad (1.9) \\ a_n - x_2 a_{n-1} &= x_1(a_{n-1} - x_2 a_{n-2}) = x_1^2(a_{n-2} - x_2 a_{n-3}) = \cdots = x_1^{n-2}(a_2 - x_2 a_1). \quad (1.10) \end{aligned} ``` (1.10) 式两端乘以 $x_1$ 减去 (1.9) 式两端乘以 $x_2$ 得 ```math (x_1 - x_2) a_n = x_1^{n-1}(a_2 - x_2 a_1) - x_2^{n-1}(a_2 - x_1 a_1). ``` 即 ```math a_n = \dfrac{x_1^{n-1}(a_2 - x_2 a_1) - x_2^{n-1}(a_2 - x_1 a_1)}{x_1 - x_2} \overset{\text{def}}{=} C_1 x_1^n + C_2 x_2^n. ```

类型三已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1} = \dfrac{A a_n + B}{C a_n + D}$, 此时对应的特征函数为 $f(x) = \dfrac{A x + B}{C x + D}$, 当方程 $f(x) = x$ 只有一个解 $x_0$ 时, 则数列 $\set{\dfrac{1}{a_n - x_0}}$ 是等差数列; 当方程 $f(x) = x$ 有两个解 $x_1$, $x_2$ 时, 则数列 $\set{\dfrac{a_n - x_1}{a_n - x_2}}$ 是等比数列.

【例题】已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 3$, $a_{n+1} = \dfrac{3 a_n - 4}{a_n - 1}$, 求 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n$. 解答. 令 $f(x) = \dfrac{3x - 4}{x - 1}$, 解方程 $f(x) = x$ 得 $x_0 = 2$, 从而有 ```math \dfrac{1}{a_{n+1} - 2} = \dfrac{1}{\dfrac{3 a_n - 4}{a_n - 1} - 2} = \dfrac{a_n - 1}{3 a_n - 4 - 2(a_n - 1)} = \dfrac{a_n - 1}{a_n - 2} = \dfrac{1}{a_n - 2} + 1. ``` 又由于 $\dfrac{1}{a_1 - 2} = 1$, 所以有 $\dfrac{1}{a_n - 2} = n$, 化简得 $a_n = 2 + \dfrac{1}{n}$, 于是 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 2$. $\square$

类型四已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1} = \dfrac{A a_n^2 + B}{2A a_n + D}$, 此时对应的特征函数为 $f(x) = \dfrac{A x^2 + B}{2A x + D}$, 当方程 $f(x) = x$ 有两个解 $x_1, x_2$ 时, 则数列 $\set{\dfrac{a_n - x_1}{a_n - x_2}}$ 满足 $\dfrac{a_n - x_1}{a_n - x_2} = \left(\dfrac{a_{n-1} - x_1}{a_{n-1} - x_2}\right)^2$; 当方程 $f(x) = x$ 只有一个解 $x_0$ 时, 则数列 $\{a_n - x_0\}$ 是等比数列.

【例题】已知数列 $\{x_k\}$ 满足 $x_{k+1} = \dfrac{x_k^2}{2(x_k - 1)}$, 且 $0 \lt x_1 \ne 1$, 证明数列 $\{x_k\}$ 收敛, 并求其极限. 解答．由数学归纳法易知 $x_k \ne 0$, 于是由已知可得 $1 - \dfrac{2}{x_{k+1}} = 1 - \dfrac{4(x_k - 1)}{x_k^2} = \dfrac{(x_k - 2)^2}{x_k^2} = \left(1 - \dfrac{2}{x_k}\right)^2$ 由此递推可知 $1 - \dfrac{2}{x_k} = \left(1 - \dfrac{2}{x_1}\right)^{2^{k-1}},$ 即 $\dfrac{2}{x_k} = 1 - \left(1 - \dfrac{2}{x_1}\right)^{2^{k-1}}$ 当 $x_1 \in (0,1)$ 时, 易知 $1 - \dfrac{2}{x_1} \in (-\infty, -1)$, 进而 $\displaystyle \lim_{k \to \infty} \dfrac{2}{x_k} = 1 - \lim_{k \to \infty} \left(1 - \dfrac{2}{x_1}\right)^{2^{k-1}} = \infty. $ 这说明 $\displaystyle\lim_{k \to \infty} x_k = 0$. 当 $x_1 \in (1, +\infty)$ 时, 易知 $1 - \dfrac{2}{x_1} \in (-1,1)$, 进而 $\displaystyle \lim_{k \to \infty} \dfrac{2}{x_k} = 1 - \lim_{k \to \infty} \left(1 - \dfrac{2}{x_1}\right)^{2^{k-1}} = 1. $ 这说明 $\displaystyle\lim_{k \to \infty} x_k = 2$. $\square$

类型五对于 $a_{n+1} = A a_n + f(n)$ ($A \neq 0$) 形式的数列 $\{a_n\}$, 等式两边同除以 $A^{n+1}$ 得 $\dfrac{a_{n+1}}{A^{n+1}} = \dfrac{a_n}{A^n} + \dfrac{f(n)}{A^{n+1}}, $ 从而有 $\displaystyle \dfrac{a_n}{A^n} = \dfrac{a_1}{A} + \sum_{k=1}^{n-1} \left( \dfrac{a_{k+1}}{A^{k+1}} - \dfrac{a_k}{A^k} \right) = \dfrac{a_1}{A} + \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{f(k)}{A^{k+1}}, $ 即$\displaystyle a_n = A^{n-1} a_1 + A^n \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{f(k)}{A^{k+1}}.$

【例题】已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_0 = a$, 且当 $n \geq 1$ 时, $a_n = 2^{n-1} - 3a_{n-1}$, 试求 $a$ 的所有可能值, 使得数列 $\{a_n\}$ 为严格单调递增数列. 解答: 由已知可得 $ \dfrac{a_n}{(-3)^n} = \dfrac{a_{n-1}}{(-3)^{n-1}} - \dfrac{1}{3} \left( -\dfrac{2}{3} \right)^{n-1}, $ 于是 $\displaystyle \dfrac{a_n}{(-3)^n} = \dfrac{a_0}{(-3)^0} + \sum_{k=1}^n \left[ \dfrac{a_k}{(-3)^k} - \dfrac{a_{k-1}}{(-3)^{k-1}} \right] = a - \dfrac{1}{3} \sum_{k=1}^n \left( -\dfrac{2}{3} \right)^{k-1} = a - \dfrac{1 - \left( -\frac{2}{3} \right)^n}{5}. $ 于是 $\displaystyle a_n = a(-3)^n - \dfrac{(-3)^n - 2^n}{5} = \left( a - \dfrac{1}{5} \right)(-3)^n + \dfrac{2^n}{5}. $ 于是 $\displaystyle a = \dfrac{1}{5}$ 时, $a_n = \dfrac{2^n}{5}$ 为严格单调递增数列; $a \neq \dfrac{1}{5}$ 时, 由于 $n \to \infty$ 时, $3^n \gg 2^n$, 所以数列 $\{a_n\}$ 在 $n \to \infty$ 时总是正负项交替, 从而不单调.

类型六对于 $a_n = n a_{n-1} + f(n)$ 形式的数列 $\{a_n\}$, 等式两边同除以 $n!$ 可得 $\dfrac{a_n}{n!} = \dfrac{a_{n-1}}{(n-1)!} + \dfrac{f(n)}{n!}.$ 从而 $\displaystyle \dfrac{a_n}{n!} = \dfrac{a_1}{1!} + \sum_{k=2}^n \left[ \dfrac{a_k}{k!} - \dfrac{a_{k-1}}{(k-1)!} \right] = a_1 + \sum_{k=2}^n \dfrac{f(k)}{k!}.$ 即 $\displaystyle a_n = a_1 n! + n! \sum_{k=2}^n \dfrac{f(k)}{k!}.$

【例题】已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1 = 1$, 且当 $n \geq 2$ 时 $a_n = n(a_{n-1} + 1)$, 求极限 $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n \left( 1 + \dfrac{1}{a_k} \right). $ 解答: 由 $a_n = n(a_{n-1} + 1)$ 可知 $ \dfrac{a_n}{n!} = \dfrac{a_{n-1}}{(n-1)!} + \dfrac{1}{(n-1)!}, $ 于是 $\displaystyle \dfrac{a_n}{n!} = \dfrac{a_1}{1!} + \sum_{k=2}^n \left[ \dfrac{a_k}{k!} - \dfrac{a_{k-1}}{(k-1)!} \right] = 1 + \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{(k-1)!} = \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{k!}. $ 注意到 $ 1 + \dfrac{1}{a_k} = \dfrac{1 + a_k}{a_k} = \dfrac{a_{k+1}}{(k+1)a_k}, $ 所以 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n \left( 1 + \dfrac{1}{a_k} \right) = \lim_{n \to \infty} \dfrac{a_2 a_3 \cdots a_{n+1}}{(n+1)! a_1 a_2 \cdots a_n} = \lim_{n \to \infty} \dfrac{a_{n+1}}{(n+1)!} = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!} = e. $ 当然, 还有很多其他可以求出通项公式的数列, 以例题 1.4.14 为例:

递推问题--求数列的通项