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特征方程法求解递推关系中的数列通项
当时，的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。
典型例子： 令 ，即 ，
令此方程的两个根为， (1)若,则有 （其中）
(2)若,则有 （其中）
例题1：设，
    (1)求函数的不动点； (2）对(1)中的二个不动点，求使恒成立的常数的值；
(3)对由定义的数列，求其通项公式。
解析：(1)设函数的不动点为，则
解得或 (2)由
可知使恒成立的常数。(3)由(2)可知，所以数列
是以为首项，为公比的等比数列。则，则
例2．已知数列满足性质：对于 且求的通项公式.
解:依定理作特征方程变形得 其根为故特征方程有两个相异的根，则有

即 又 ∴数列是以为首项，为公比的等比数列

例3．已知数列满足：对于都有
（1）若求 （2）若求

解：作特征方程 变形得 特征方程有两个相同的特征根
（1）∵对于都有 （2）∴
一、数列的一阶特征方程（型）
在数列中，已知，且时，（是常数），
（1）当时，数列为等差数列；（2）当时，数列为常数数列；
（3）当时，数列为等比数列；
（4）当时，称是数列的一阶特征方程，其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：；
例1：已知数列中，，且时，求；
（参考答案：）

二、数列的二阶特征方程（型）
在数列中，与已知，且（是常数），则称是数列的二阶特征方程，其根，叫做特征方程的特征根。
（1）当时，有； （2）当时，有；
其中由代入后确定。
例2：在数列中，，且时，，求；
（参考答案：）考虑一个简单的线性递推问题.

设已知数列的项满足,
其中求这个数列的通项公式.
采用数学归纳法可以求解这一问题，然而这样做太过繁琐，而且在猜想通项公式中容易出错，本文提出一种易于被学生掌握的解法——特征方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程称之为特征方程；借助这个特征方程的根快速求解通项公式.下面以定理形式进行阐述.
定理1.设上述递推关系式的特征方程的根为，则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即.
证明：因为由特征方程得作换元
则

当时，，数列是以为公比的等比数列，故
当时，，为0数列，故（证毕）
下面列举两例，说明定理1的应用.
例1．已知数列满足：求
解：作方程
当时，数列是以为公比的等比数列.于是

例2．已知数列满足递推关系：其中为虚数单位.
当取何值时，数列是常数数列？
解：作方程则要使为常数，即则必须
现在考虑一个分式递推问题（*）.
例3．已知数列满足性质：对于且求的通项公式.
将这问题一般化，应用特征方程法求解，有下述结果.定理2.如果数列满足下列条件：已知的值且对
于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方
程.
（1）当特征方程有两个相同的根（称作特征根）时，若则
若，则其中特别地，当存在使时，无穷数列不存在.
（2）当特征方程有两个相异的根、（称作特征根）时，则，其中
证明：先证明定理的第（1）部分.作交换
则
①
∵是特征方程的根，∴
将该式代入①式得 ②
将代入特征方程可整理得这与已知条件矛盾.故特征方程的根于是 ③
当，即=时，由②式得故
当即时，由②、③两式可得此时可对②式作如下变化：
④
由是方程的两个相同的根可以求得
∴ 将此式代入④式得
令则故数列是以为公差的等差数列.
∴ 其中
当时，
当存在使时，无意义.故此时，无穷数列是不存在的.
再证明定理的第（2）部分如下：
∵特征方程有两个相异的根、，∴其中必有一个特征根不等于，不妨令于是可作变换
故，将代入再整理得
⑤
由第（1）部分的证明过程知不是特征方程的根，故
故所以由⑤式可得： ⑥
∵特征方程有两个相异根、方程有两个相异根、，而方程与方程又是同解方程.∴
将上两式代入⑥式得

当即时，数列是等比数列，公比为.此时对于都有
当即时，上式也成立.
由且可知 所以(证毕)
注:当时,会退化为常数;当时,可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.
现在求解前述例3的分类递推问题.
解:依定理作特征方程变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有
∴
∴ 即
例4．已知数列满足：对于都有
（1）若求（2）若求（3）若求（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？
解：作特征方程变形得
特征方程有两个相同的特征根依定理2的第（1）部分解答.
（1）∵对于都有
（2）∵∴
令，得.故数列从第5项开始都不存在，当≤4，时，.
（3）∵∴
∴ 令则∴对于
∴
（4）显然当时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且≥2.
∴当（其中且N≥2）时，数列从第项开始便不存在.
于是知：当在集合或且≥2}上取值时，无穷数列都不存在.