利用“不动点”法巧解高考题

定理 3 设 f ( x)
n 1
, an 2
2 4n 1 3 b . （Ⅱ）解略。 从而 , n 3 3 2 4n 1
ax 2 b (a 0) ，且 x1 、x2 是 f ( x ) 的不动点，数列 {a n } 满足递推关 2ax d
a x an 1 x1 a x a x ( n 1 )2 ；若 1 1 0 ，则 ln n 1 是 a1 x2 an 1 x2 an x2 a n x2
3 求非线性递推数列的通项 设 f ( x) 定理 2
ax b (c 0，ad bc 0) ，且 x1 、x2 是 f ( x ) 的不动点，数列 {a n } 满 cx d
足递推关系 an f (an1 ) ， n 2,3, ， （ⅰ）若 x1 x2 ，则数列 {
a n x1 a x1c } 是公比为 a x2 c an x2
1
的等比数列； （ⅱ） x1 x2 x0 ，则数列 {
2c 1 的等差数列。 } 是公差为 ad an x0
证： （ⅰ）由题设知
ax1 b b dx1 x1 x1 dx1 b (a cx1 ) x1 ； cx1 d a cx1
同理 dx2 b (a cx2 ) x2 .
aa n b x1 a n 1 x1 ca n d (a cx1 )an b dx1 a cx1 an x1 ∴ ， aa n b a n 1 x 2 (a cx2 )an b dx2 a cx2 an x2 x2 ca n d
2
Sn
n 1 ，因此数列 an 的通项公式为 a n 。 n 1 n 1
例 3 （2010 年全国卷Ⅰ22 题）已知数列 an 中， a1 1, an 1 c
1 . an
（Ⅰ）设 c
5 1 ，求数列 bn 的通项公式. （Ⅱ）求使不等式 an an1 3 成立的 , bn 2 an 2
所以数列 {
a n x1 a cx1 的等比数列。 } 是公比为 a cx2 an x2
ax b a d b dx0 ＝ x 的解为 x1 x2 x0 ，∴ x 0 且 ＝ x 0 。所以 cx d 2c a cx0
（ⅱ）由题设知
ca n d 1 1 can d can d a n 1 x 0 aa n b (a cx 0 )a n b dx 0 (a cx )(a b dx0 ) (a cx0 )(an x0 ) x0 0 n a cx0 ca n d
系 an f (an1 ) ， n 2,3, ，则有 公比为 2 的等比数列。
2 2 证 ： ∵ x1 、x 2 是 f ( x ) 的 不 动 点 ， ∴ dx1 b ax1 ， dx2 b ax2 。
an1 x1 a an 2 b (2a an d ) x1 a an 2 b 2a an x1 ax12 b an1 x2 a an 2 b (2a an d ) x2 a an 2 b 2a an x2 ax2 2 b
*
例 2 （2006 年全国Ⅱ卷 22 题）设数列 an 的前 n 项和为 S n ，且方程 x 2 an x an 0 有 一根为 S n 1 (n N ) 。求数列 an 的通项公式。 解 ： 依 题 a1
1 ， 且 (S n 1) 2 an (S n 1) an 0 ， 将 an S n S n1 代 入 上 式 ， 得 2
4
5 1 5 1 an 1 (n 2) ，记 f ( x) x ，令 f ( x) x ，求出不动点 x0 1 ，由定理 1 知： 6 6 6 6 5 an 1 ( an 1 1)( n 2) ，又 a11 15 ≠0，所以数列{an1}是等比数列。(2)解略。 6 an
*
(1)证明：an 1 是等比数列；(2)求数列 Sn 的通项公式，并求出使得 Sn1 Sn 成立的最小 正整数 n . 证：(1) 当 n1 时，a114；当 n 2 时，anSnSn15an5an11，即 6an 5an1 1 (n 2) 即
n 1
利用函数“不动点”法求解较复杂的递推数列的通项问题，并不局限于以上三种类型，基 于高考数列试题的难度，本文不再对更为复杂的递推数列进行论述，以下两个定理供有兴趣的 同学探究证明。 定理 4 设 f ( x) ax bx
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b2 2b (a 0), 且 x0 是 f ( x ) 的最小不动点， 数列 {a n } 满足 4a
an 2 1 an1 2 1 an 2 a 2 两式相除得到 ，所以 是以 为公比， 1 2 为首项的等 1 1 4 1 1 4 an an1 an a1 2 2 2 2
a 2 1 比数列，所以， n 2 1 4 an 2
递推关系 an f (an1 ) ， n 2,3, ，则有 an x0 a(an1 x0 )2.
b2 b3 b x (a 0), 且 x0 是 f ( x ) 的不动点，数列 定理 5 设 f ( x) ax bx 2 3a 27a 3a
3 2
{a n } 满足递推关系 an f (an1 ) ， n 2,3, ，则有 an x0 a(an1 x0 )3.
2 a x a(an 2an x1 x12 ) a x a x ( n 1 )2 ，又 1 1 0 ，则 n 1 0 ， 2 2 a1 x2 an x2 a(an 2an x2 x2 ) an x2
3
∴ ln
a x an1 x1 a x 2ln n 1 ，故 ln n 1 是公比为 2 的等比数列。 an1 x2 an x2 a n x2
Sn 1
1 1 ，记 f x ，令 f ( x) x ，求出不动点 x0 1 ，由定理 2 （ⅱ） 知： 2 x 2 S n 1
Sn1 1

1 2 Sn 1 1 ， 所 以 数 列 是 公 差 为 1 的 等 差 数 列 ， 所 以 Sn 1 Sn 1 Sn 1
利用“不动点”法巧解高考题
由递推公式求其数列通项历来是高考的重点和热点题型，对那些已知递推关系但又难求通 项的数列综合问题，充分运用函数的相关性质是解决这类问题的着手点和关键．与递推关系对 应的函数的“不动点”决定着递推数列的增减情况，因此我们可以利用对函数“不动点”问题 的研究结果，来简化对数列通项问题的探究。笔者在长期的教学实践中，不断总结探究反思， 对那些难求通项的数列综合问题，形成利用函数不动点知识探究的规律性总结，以期对同学们 解题有所帮助． 1 不动点的定义 一般的，设 f ( x ) 的定义域为 D ,若存在 x0 D ，使 f ( x0 ) x0 成立，则称 x0 为 f ( x ) 的 不动点，或称 ( x0 , x0 ) 为 f ( x ) 图像的不动点。 2 求线性递推数列的通项 定理 1
1) ， 且 x0 为 f ( x ) 的 不 动 点 ， {a n } 满 足 递 推 关 系 设 f ( x) ax b(a 0，
an f (an1 ) ， n 2,3, ，证明 {an x0 } 是公比为 a 的等比数列。
证 ： ∵ x0 是 f ( x ) 的 不 动 点 ， 所 以 ax0 b x0 ， 所 以 b x0 ax0 ， 所 以 ∴数列 {an x0 } 是公比为 a 的 an x0 (a·an1 b) x0 a·an1 ax0 a(an1 x0 ) ， 等比数列。 例 1 （2010 上海文数 21 题）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn n 5a n 85 ， n N
xn 1 1 由定理 3 知： x1 1, x2 3 ；
2
x1 1 4 1 x 1 x 1 xn 1 1 xn 1 3 ，所以 log3 n 1 2log 3 n 所以 ． ，又 x1 3 4 3 xn 1 3 xn 3 xn 1 3 xn 3
5x 2 5 1 5an 2 ， 记 f ( x) ， 令 f ( x) x ， 求 出 不 动 点 2x 2 an 2an
1
c 的取值范围 .
解： （ Ⅰ ） 依 题 an 1
an 1 1 1 1 a 2 1 1 2， x1 , x2 2 ； 由定理 2 （ⅰ） 知： ； an1 2 n an 1 2 2 2 2 an an 2 an 2 an
2 xn 3 ．⑴求证： xn 3 ；⑵ 2 xn 4
例4 （2010 东城区二模试题）已知数列 {xn } 满足 x1 4 ， xn 1 求证： xn1 xn ；⑶求数列 {xn } 的通项公式． 证：⑴、⑵证略；⑶依题 xn 1
2 xn 3 x2 3 ，记 f ( x) ，令 f ( x) x ，求出不动点 2 xn 4 2x 4 2 xn 3 ( x 1)2 x2 3 ( x 3)2 1 n xn 1 3 n 3 n ， ， 2 xn 4 2 xn 4 2 xn 4 2 xn 4
又 log 3
x1 1 x 1 1 ，令 an log3 n ，则数列 {an } 是首项为 1 ，公比为 2 的等比数列．所以 x1 3 xn 3
n 1
an 2
xn 1 3an 1 1 32 1 1 xn 1 an 3 x 2n1 ．由 an log 3 ，得 ．所以 n ． xn 3 3an 1 xn 3 3 1