两类递推数列通项公式的不动点求法
两类递推数列通项公式的不动点求法
ｂ－ｐｄ
， —
—
：－ｐ 。
令 ： ０ ， 解 得 ， ： 竺 害， 又 由 方 程 ｘ ： ． 等 等 可 得 不 动 点
十 ＾ 十 二
！ ：
＋ ｌ — Ｐ
Ｃ 十
：
！ ±
Ｘ１ ＝一１ Ｘ ２ ３ 。
± 一Ｐ （ 口 一ｐ ｃ ）“ ＋ ６ 一 ｐ ｄ ± ： ± ： — ｃ ｕ ． － ｐ ｃ ＋ — ｄ ＋ ｐ ｃ
＋１ ，故 ａ ｎ ＋ １ ＝ ２ ａ ＋１ ，对 ∈ Ｎ 成立。 令 ＝ ２ ｘ ＋１ ， 求 出不动点 Ｘ＝一１ 。由定理 １ 得 ：数列
｛ ＋１ ｝ 是公 比为 ２的等比数列， 所以 ＋１ ＝（ ａ － ＋１ ） ・ ２ ，
故ａ ｎ ＝ ３・ ２ ｎ 一１ 。
【 关键词 】 递推数列 通项公式 不动点
【 中图分类号 】 ０ １ ２ ２ 【 文献标识码 】 Ａ 【 文章编号 】１ ６ ７ ４ — ４ ８ １ ０（ ２ ０ １ ３） ０ ８ — ０ １ ２ ９ — ０ １
求递 推数 列 的通项 公式 或研 究其 性质 是高 中数学 的重 点 内容 ， 也是 高考热点之一 。 研 究数列 问题 时 ， 熟 练地求 出通项 ，
一 一
ａ ｑｃ 。 一
一
ｑ。
的通 项公 式 。
（ ２ ） ｐ为厂 （ “ ） ￣－ －Ｔ ， ＃Ａ， ￣ ｌ
∞
ｂ ａ Ｐ ＋
＋
解： 由题 意可得 直线 ｐ Ｑ 的方程 为 ｙ － ５ ：
＝ｐ， ｃ ｐ ２ ＋（ 一 口） ｐ
． 一
— ４ ） ，
Ｈ
叶
６： ０， ｐ：— ａ －ｄ
一
求递推数列通项的特征根法与不动点法
求递推数列通项的特征根法与不动点法一、形如21(,n n n a pa qa p q ++=+是常数）的数列形如112221,,(,n n n a m a m a pa qa p q ++===+是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项n a ，其特征方程为2x px q =+…①若①有二异根,αβ，则可令1212(,n n n a c c c c αβ=+是待定常数） 若①有二重根αβ=，则可令1212()(,n n a c nc c c α=+是待定常数） 再利用1122,,a m a m ==可求得12,c c ，进而求得n a ．例1．已知数列{}n a 满足*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a ． 解：其特征方程为232x x =-，解得121,2x x ==，令1212n n n a c c =⋅+⋅，由1122122243a c c a c c =+=⎧⎨=+=⎩，得12112c c =⎧⎪⎨=⎪⎩， 112n n a -∴=+．例2．已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，求数列{}n a 的通项n a ．解：其特征方程为2441x x =-，解得1212x x ==，令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩， 1322n n n a --∴=． 二、形如2n n n Aa B a Ca D++=+的数列 对于数列2n n n Aa B a Ca D ++=+，*1,(,,,a m n N A B C D =∈是常数且0,0C AD BC ≠-≠） 其特征方程为Ax B x Cx D+=+，变形为2()0Cx D A x B +--=…②若②有二异根,αβ，则可令11n n n n a a c a a ααββ++--=⋅--（其中c 是待定常数），代入12,a a 的值可求得c 值． 这样数列n n a a αβ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是首项为11a a αβ--，公比为c 的等比数列，于是这样可求得n a ． 若②有二重根αβ=，则可令111n n c a a αα+=+--（其中c 是待定常数），代入12,a a 的值可求得c 值． 这样数列1n a α⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项为1n a α-，公差为c 的等差数列，于是这样可求得n a ． 此方法又称不动点法．例3．已知数列{}n a 满足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+，求数列{}n a 的通项n a ． 解：其特征方程为221x x x +=+，化简得2220x -=，解得121,1x x ==-，令111111n n n n a a c a a ++--=⋅++ 由12,a =得245a =，可得13c =-， ∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为首项，以13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n nn n na --∴=+-．例4．已知数列{}n a 满足*11212,()46n n n a a a n N a +-==∈+，求数列{}n a 的通项n a ． 解：其特征方程为2146x x x -=+，即24410x x ++=，解得1212x x ==-，令1111122n n c a a +=+++ 由12,a =得2314a =，求得1c =， ∴数列112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪+⎩⎭是以112152a =+为首项，以1为公差的等差数列，123(1)11552n n n a ∴=+-⋅=-+， 135106n n a n -∴=-．。
用不动点法求数列的通项公式
用不动点法求数列的通项公式
不动点法求数列的通项公式，属于数学当中的经典问题。
在数列
求解中，通项公式是根据一系列给定的数据，推导出整个数列通项的
一个重要方法，常用于数学教学中。
不动点法就是一种特殊的求解数
列通项公式的方法，也称为四平方定理，它是以π（取3.14）为精
度来进行计算的。
不动点法求数列的通项公式是基于一个给定数列，建立一个满足
条件的多项式，其本质上是一个多项式合成问题，通过证明不动点法
的公式有解，从而得到了一个关于数列的通项的求解公式。
不动点法的求解步骤：
1、首先将给定的数列表示为：x0, x1, x2,..., xn。
2、接着求出其差分序列，即：y0 = x1 - x0, y1 = x2 - x1,… yn-
1=xn - xn-1。
3、对差分序列求出n-1阶伴随矩阵：A = (aij)n-1 * (n-1)，其系
数aij满足：aij(i≥j) = yi + 1 - yj，aij(i < j) = -(yi - yj)。
4、解半平方定理，即:det(A)= B^2 - 4AC = 0, 求出参数A，B，C，
其中A为半平方定理中的A，B为半平方定理中的B，C为半平方定理
中的C。
5、由A，B，C，求出数列的通项公式：an = x0 + nb + cn(n-1)/2。
总结一下，不动点法求数列的通项公式主要步骤：首先表示数列
为x0, x1, x2 ... xn；接着求出差分序列；依据差分序列求出伴随矩阵；然后解得半平方定理；最后根据参数求出数列的通项公式，即an
= x0 + nb + cn(n-1)/2。
发的用不动点法求递推数列的通项公式
用不动点法求递推数列的通项公式甘肃省武威市第一中学 党星元利用函数的不动点，可将某些递推关系)(1-=n n a f a 所确定的数列，化为等比数列或容易求通项的数列，这种方法称为不动点法.利用不动点法可巧妙的解决数学高考中很多用常规方法不易解决的问题，而且在数学竞赛中很多数列问题都要借助不动点法来解决，因此，很有必要探讨不动点法求通项公式的方法.先看特征函数和不动点的定义. 定义1：若数列{n a }满足)(1n n a f a =+，则称)(x f 为数列{}n a 的特征函数.定义2:方程x x f =)(称为函数)(x f 的不动点方程，根称为函数)(x f 的不动点.1.递推式为q pb b n n +=+1(p ≠0,p ≠1,p,q 均为常数)型的数列定理1：若),1,0()(≠≠+=a a b ax x f p 是)(x f 的不动点，n a 满足递推关系)1(),(1>=-n a f a n n ，则)(1p a a p a n n -=--，即{}p a n -是公比为a 的等比数列.证明：因为 p 是)(x f 的不动点 p b ap =+∴ap p b -=-∴由b a a a n n +⋅=-1得p b a a p a n n -+⋅=--1 ap aa p a n n -=-∴-1)(1p a a n -=-所以{}p a n -是公比为a 的等比数列. 例1.已知数列{an}中，a1=2，3121+=+n n a a ，求{an}的通项。
解：因为{an}的特征函数为：312)(+=x x f , 由1312)(=⇒=+=x x x x f , ∴3121+=+nn a a ⇒)1(3211-=-+n n a a ∴数列{an-1}是公比为32的等比数列, ∴an-1=11)32)(1(--n a ⇒an=1+1)32(-n . 归根结底，由q pb b n n +=+1求通项公式的问题转化成了等比数列的问题.3.递推式为an+1=dca b aa n n ++（c ≠0,a,b,c,d 为常数）型的数列定理2：设dcx bax x f ++=)()0,0(≠-≠bc ad c ，{}n a 满足递推关系1),(1>=-n a f a n n ，初值条件)(11a f a ≠(1)若)(x f 有两个相异的不动点p,q ，则qa p a k q a p a n n n n --⋅=----11 （这里qc a pca k --=）(2)若)(x f 只有唯一不动点p ，则k p a p a n n +-=--111 （这里da c k +=2）证明：由x x f =)(得x dcx bax x f =++=)(，所以0)(2=--+b x a d cx（1）因为p,q 是不动点，所以⎩⎨⎧=--+=--+0)(0)(22b q a d cq b p a d cp ⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=--=qca b qd q pca b pd p ，所以qdca baa pdca baa q a p a n n n n n n -++-++=------1111qdb a qc a pdb a pc a n n -+--+-=--11)()(qca b qd a pc a bpd a qca pc a n n ------⋅--=--11q a pa qc a pc a n n --⋅--=--11令qc a pca k --=，则qa p a k q a p a n n n n --=----11（2）因为p 是方程0)(2=--+b x a d cx 的唯一解，所以0)(2=--+b p a d cp所以ap cp pd b -=-2，cda p 2-=所以 p d ca baa p a n n n -++=---11d ca pd b a cp a n n +-+-=--11)(dca ap cp a cp a n n +-+-=--121)(dca p a cp a n n +--=--11))((所以p a d ca cp a p a n n n -+⋅-=---1111pa cp d p a c cp a n n -++-⋅-=--11)(1p a cp a cp d cp a c n -⋅-++-=-11da cp a n ++-=-211令d a c k +=2，则k p a p a n n +-=--111例2．数列}{n a 满足1211-=--n n n a a a ，)2(≥n 531=a ，求该数列的通项公式. 解：易知：1112---=n n n a a a ，令xx x 12-=，则0122=+-x x ，解得，1=x因此，函数x x x f 12)-=（存在不动点10=x .这样我们就可以把1112---=n n n a a a 转化为112111--=---n n n a a a 111---=n n a a 1)1(111+--=--n n a a ，即：111111=----n n a a 令11-=n n a b ，则1111-=a b 25-=，11=--n n b b ， 所以，27-=n b n ，即：2711-=-n a n ，所以，7252--=n n a n 这种方法在教学中也叫取倒数法，可见取倒数的想法来源于“不动点”.其实，q pb b n n +=+1这种类型的数列通项公式也可以通过“不动点”引入辅助数列求得. 例3．已知数列{}n a 满足122,2111++==--n n n a a a a )2(≥n ，求数列{}n a 的通项n a .解：数列{}n a 特征方程为122++=x x x ，化简得0222=-x ，解得1,121-==x x ， 由122,2111++==--n n n a a a a )2(≥n 可以推出1122112211a 1111+++-++=+-----n n n n n n a a a a a 113111+-⋅-=--n n a a∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-11n n a a 是以311111=+-a a 为首项，以31-为公比的等比数列，11+-∴n n a a 13131-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=n ，nn nn n a )1(3)1(3-+--=∴． 3.递推式为da b a a n n n ++=+221(b,d 为常数)型的数列 例4.已知数列}{n a 中,*211,22,2N n a a a a nn n ∈+==+,求数列}{n a 的通项.解:作函数为xx x f 22)(2+=,解方程x x f =)(得)(x f 的两个不动点为2±2222211)22(22222222222222+-=++-+=++-+=+-++n n nn n n nn n n n n a a a a a a a a a a a a再经过反复迭代,得1122211222211)2222()22()22()22(22--+-=+-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=+-=+-=+-----n n a a a a a a a a n n n n n n由此解得11112222)22()22()22()22(2------+-++⋅=n n n n n a我们也可以不反复迭代，可通过两边取对数，转化为等比数列的问题再求解.利用函数“不动点”法，求解复杂的递推数列的通项问题，是近几年高考数列题目的难点.熟悉不动点法，可使这类问题的解决变得容易.不动点法不但可以求出上述几种类型递推数列的通项公式，还可以解决数列的很多问题.。
【精品】用不动点法求数列通项公式
【关键字】精品 用不动点法求递推数列dt c b t a t n n n +⋅+⋅=+1(a 2+c 2≠0)的通项 储炳南（安徽省岳西中学 246600）1．通项的求法 为了求出递推数列dt c b t a t n n n +⋅+⋅=+1的通项，我们先给出如下两个定义： 定义1：若数列{n t }满足)(1n n t f t =+，则称)(x f 为数列{n t }的特征函数.定义2:方程)(x f =x 称为函数)(x f 的不动点方程，其根称为函数)(x f 的不动点. 下面分两种情况给出递推数列dt c b t a t n n n +⋅+⋅=+1通项的求解通法. (1)当c=0,时, 由d t c b t a t n n n +⋅+⋅=+1d b t d a t n n +⋅=⇒+1, 记k d a =,c db =，则有c t k t n n +⋅=+1 （k ≠0）, ∴数列{n t }的特征函数为)(x f =kx+c,由kx+c=x ⇒x=k c -1,则c t k t n n +⋅=+1⇒)1(11k c t k k c t n n --=--+ ∴数列}1{kc t n --是公比为k 的等比数列, ∴11)1(1-⋅--=--n n k k c t k c t ⇒11)1(1-⋅--+-=n n k kc t k c t . (2)当c ≠0时,数列{n t }的特征函数为：)(x f =dx c b x a +⋅+⋅由x dx c b x a =+⋅+⋅0)(2=--+⇒b x a d cx 设方程0)(2=--+b x a d cx 的两根为x 1,x 2,则有:0)(121=--+b x a d cx ,0)(222=--+b x a d cx∴12)(1x a d cx b -+= (1)222)(x a d cx b -+=……(2) 又设212111x t x t k x t x t n n n n --⋅=--++(其中,n ∈N *,k 为待定常数). 由212111x t x t k x t x t n n n n --⋅=--++ ⇒2121x t x t k x dt c b t a x d t c b t a n n n n n n --⋅=-+⋅+⋅-+⋅+⋅ ⇒212211x t x t k dx t cx b at dx t cx b at n n n n n n --⋅=--+--+……(3) 将(1)、（2）式代入(3)式得:∴数列{21x t x t n n --}是公比为21cx a cx a --(易证021≠--cx a cx a )的等比数列. ∴21x t x t n n --=1212111-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--n cx a cx a x t x t ⇒12121111212111211--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--⋅-=n n n cx a cx a x t x t cx a cx a x t x t x x t .2．应用举例例1：已知数列{a n }中，a 1=2，3121+=+n n a a ，求{a n }的通项。
不动点法求数列通项公式
不动点法求数列通项公式 This model paper was revised by the Standardization Office on December 10, 2020不动点法求数列通项公式通常为了求出递推数列a[n+1]=(ca[n]+d)/(ea[n]+f)【c、d、e、f是不全为0的常数,c、e不同时为0】的通项,我们可以采用不动点法来解.假如数列{a[n]}满足a[n+1]=f(a[n]),我们就称x=f(x)为函数f(x)的不动点方程,其根称为函数f(x)的不动点.至于为什么用不动点法可以解得递推数列的通项,这足可以写一本书.但大致的理解可以这样认为,当n趋于无穷时,如果数列{a[n]}存在极限,a[n]和a[n+1]是没有区别的.首先,要注意,并不是所有的递推数列都有对应的不动点方程,比如：a[n+1]=a[n]+1/a[n].其次,不动点有相异不动点和重合不动点.下面结合不动点法求通项的各种方法看几个具体的例子吧.◎例1：已知a[1]=2,a[n+1]=2/(a[n]+1),求通项.【说明：这题是“相异不动点”的例子.】先求不动点∵a[n+1]=2/(a[n]+1)∴令 x=2/(x+1),解得不动点为：x=1 和 x=-2 【相异不动点】∴(a[n+1]-1)/(a[n+1]+2) 【使用不动点】=(2/(a[n]+1)-1)/(2/(a[n]+1)+2)=(2-a[n]-1)/(2+2a[n]+2)=(-a[n]+1)/(2a[n]+4)=(-1/2)(a[n]-1)/(a[n]+2)∵a[1]=2∴(a[1]-1)/(a[1]+2)=1/4∴{(a[n]-1)/(a[n]+2)}是首项为1/4,公比为-1/2的等比数列∴(a[n]-1)/(a[n]+2)=1/4(-1/2)^(n-1)解得：a[n]=3/[1-(-1/2)^(n+1)]-2◎例2：已知数列{a[n]}满足a[1]=3,a[n]a[n-1]=2a[n-1]-1,求通项.【说明：这题是“重合不动点”的例子.“重合不动点”往往采用取倒数的方法.】∵a[n]=2-1/a[n-1]∴采用不动点法,令：x=2-1/x即：x^2-2x+1=0∴x=1 【重合不动点】∵a[n]=2-1/a[n-1]∴a[n]-1=2-1/a[n-1]-1 【使用不动点】a[n]-1=(a[n-1]-1)/a[n-1]两边取倒数,得：1/(a[n]-1)=a[n-1]/(a[n-1]-1)即：1/(a[n]-1)-1/(a[n-1]-1)=1∵a[1]=3∴{1/(a[n]-1)}是首项为1/(a[1]-1)=1/2,公差为1的等差数列即：1/(a[n]-1)=1/2+(n-1)=(2n-1)/2∴a[n]=2/(2n-1)+1=(2n+1)/(2n-1)例3：已知数列{a[n]}满足a[1]=1/2,S[n]=a[n]n^2-n(n-1),求通项.【说明：上面两个例子中获得的不动点方程系数都是常数,现在看个不动点方程系数包含n的例子.】∵S[n]=a[n]n^2-n(n-1)∴S[n+1]=a[n+1](n+1)^2-(n+1)n将上面两式相减,得：a[n+1]=a[n+1](n+1)^2-a[n]n^2-(n+1)n+n(n-1)(n^2+2n)a[n+1]=a[n]n^2+2n(n+2)a[n+1]=na[n]+2a[n+1]=a[n]n/(n+2)+2/(n+2) 【1】采用不动点法,令：x=xn/(n+2)+2/(n+2)解得：x=1 【重合不动点】设：a[n]-1=b[n],则：a[n]=b[n]+1 【使用不动点】代入【1】式,得：b[n+1]+1=(b[n]+1)n/(n+2)+2/(n+2) b[n+1]=b[n]n/(n+2)即：b[n+1]/b[n]=n/(n+2)于是：【由于右边隔行约分,多写几行看得清楚点】b[n]/b[n-1]=(n-1)/(n+1) 【这里保留分母】b[n-1]/b[n-2]=(n-2)/n 【这里保留分母】b[n-2]/b[n-3]=(n-3)/(n-1)b[n-3]/b[n-4]=(n-4)/(n-2).b[5]/b[4]=4/6b[4]/b[3]=3/5b[3]/b[2]=2/4 【这里保留分子】b[2]/b[1]=1/3 【这里保留分子】将上述各项左右各自累乘,得：b[n]/b[1]=(1*2)/[n(n+1)]∵a[1]=1/2∴b[1]=a[1]-1=-1/2∴b[n]=-1/[n(n+1)]∴通项a[n]=b[n]+1=1-1/[n(n+1)]◎例4：已知数列{a[n]}满足a[1]=2,a[n+1]=(2a[n]+1)/3,求通项.【说明：这个例子说明有些题目可以采用不动点法,也可以采用其他解法.】∵a[n+1]=(2a[n]+1)/3求不动点：x=(2x+1)/3,得：x=1 【重合不动点】∴a[n+1]-1=(2a[n]+1)/3-1 【使用不动点】即：a[n+1]-1=(2/3)(a[n]-1)∴{a[n]-1}是首项为a[1]-1=1,公比为2/3的等比数列即：a[n]-1=(2/3)^(n-1)∴a[n]=1+(2/3)^(n-1)【又】∵a[n+1]=(2a[n]+1)/3∴3a[n+1]=2a[n]+1这时也可以用待定系数法,甚至直接用观察法,即可得到：3a[n+1]-3=2a[n]-2∴a[n+1]-1=(2/3)(a[n]-1)【下面同上】◎例5：已知数列{x[n]}满足x[1]=2,x[n+1]=(x[n]^2+2)/(2x[n]),求通项.【说明：现在举个不动点是无理数的例子,其中还要采用对数的方法.】∵x[n+1]=(x[n]^2+2)/(2x[n])∴采用不动点法,设：y=(y^2+2)/(2y)y^2=2解得不动点是：y=±√2 【相异不动点为无理数】∴(x[n+1]-√2)/(x[n+1]+√2) 【使用不动点】={(x[n]^2+2)/2x[n]-√2}/{(x[n]^2+2)/2x[n]+√2}=(x[n]^2-2√2x[n]+2)/(x[n]^2+2√2x[n]+2)={(x[n]-√2)/(x[n]+√2)}^2∵x[n+1]=(x[n]^2+2)/2x[n]=x[n]/2+1/x[n]≥2/√2=√2∴ln{(x[n+1]-√2)/(x[n+1]+√2)}=2ln{(x[n]-√2)/(x[n]+√2)} 【取对数】∵x[1]=2>√2∴(x[1]-√2)/(x[1]+√2)=3-2√2∴{ln((x[n]-√2)/(x[n]+√2))}是首项为ln(3-2√2),公比为2的等比数列即：ln{(x[n]-√2)/(x[n]+√2)}=2^(n-1)ln(3-2√2)(x[n]-√2)/(x[n]+√2)=(3-2√2)^[2^(n-1)]x[n]-√2=(3-2√2)^[2^(n-1)](x[n]+√2)x[n]-x[n](3-2√2)^[2^(n-1)]=√2(3-2√2)^[2^(n-1)]+√2∴x[n]=√2{1+(3-2√2)^[2^(n-1)]}/{1-(3-2√2)^[2^(n-1)]}◎例6：已知数列{a[n]}满足a[1]=2,a[n+1]=(1+a[n])/(1-a[n]),求通项.【说明：现在举个不动点是虚数的例子,说明有些题目可以采用不动点法,但采用其他解法可能更方便.】求不动点：x=(1+x)/(1-x),即：x^2=-1,得：x[1]=i,x[2]=-i 【相异不动点为虚数,i为虚数单位】∴(a[n+1]-i)/(a[n+1]+i) 【使用不动点】={(1+a[n])/(1-a[n]-i}/{(1+a[n])/(1-a[n]+i}=(1+a[n]-i+a[n]i)/(1+a[n]+i-a[n]i)={(1+i)/(1-i)}{(a[n]-i)/(a[n]+i)}=i(a[n]-i)/(a[n]+i)∵a[1]=2∴{(a[n]-i)/(a[n]+i)}是首项为(a[1]-i)/(a[1]+i)=(2-i)/(2+i),公比为i的等比数列即：(a[n]-i)/(a[n]+i)=[(2-i)/(2+i)]i^(n-1)(a[n]-i)(2+i)=(a[n]+i)(2-i)i^(n-1)2a[n]-2i+ia[n]+1=(2a[n]+2i-ia[n]+1)i^(n-1){2+i-(2-i)(i)^(n-1)}a[n]=2i-1+(2i+1)i^(n-1)a[n]=[2i-1+(2i+1)i^(n-1)]/[2+i-(2-i)i^(n-1)]∴a[n]=[2i-1+(2-i)i^n]/[2+i-(2-i)i^(n-1)]【下面用“三角代换”,看看是否更巧妙一些.】∵a[n+1]=(1+a[n])/(1-a[n])∴令a[n]=tanθ,则a[n+1]=[tan(π/4)+tanθ]/[1-tan(π/4)tan θ]=tan(π/4+θ)∵θ=arctan(a[n]),π/4+θ=arctan(a[n+1])∴上面两式相减,得：arctan(a[n+1])-arctan(a[n])=π/4∵a[1]=2∴{arctan(a[n])}是首项为arctan(a[1])=arctan2,公差为π/4的等差数列即：arctan(a[n])=arctan2+(n-1)π/4∴a[n]=tan[(n-1)π/4+arctan2]。
递推数列求通项公式不动点法大显神威讲解单不动点的其中两法
递推数列求通项公式不动点法大显神威讲解单不动点的其中两法递推数列是一种常见的数学问题，它通过前几项的关系来确定后续项的值。
求解递推数列的通项公式是一项重要的任务，可以帮助我们进一步理解数列的规律和性质。
其中，不动点法是一种常用的求解递推数列通项公式的方法，它有两种常见的形式：迭代法和不动点方程法。
迭代法是一种直接递推的方法，通过对之前的项进行迭代来得到后续项的值。
假设数列的通项公式为an = f(an-1)，其中f(x)为一个函数，an代表数列的第n项。
迭代法的思路是从初始项开始，反复应用递推关系，直到找到符合条件的不动点，即满足an = f(an)的点。
一旦找到不动点，an的值将稳定在该点上，即an = f(an)。
以斐波那契数列为例，斐波那契数列的递推关系为an = an-1 + an-2，其中a1 = 1, a2 = 1、我们可以使用迭代法来求解斐波那契数列的通项公式。
首先，我们可以从初始项开始迭代计算：a3=a2+a1=1+1=2a4=a3+a2=2+1=3a5=a4+a3=3+2=5......通过持续迭代计算，我们可以发现斐波那契数列的值逐渐趋向于一个固定的比例，即不动点。
通过观察，我们可以发现当n趋向于无穷大时，an / an-1 的值趋近于黄金分割比1.618因此，我们可以得到斐波那契数列的通项公式为：an = (Φ^n - (-Φ)^(-n)) / √5其中Φ为黄金分割比(1+√5)/2，(-Φ)^(-n)表示(-Φ的n次方)的逆。
另一种常见的不动点法是不动点方程法。
和迭代法不同，不动点方程法通过建立一个等式来求解不动点。
假设数列的通项公式为an = f(an-1) = x，其中x为不动点。
我们可以将这个等式转化为一个不动点方程：an - f(an-1) = 0通过解这个不动点方程，我们可以求解出不动点x，从而得到数列的通项公式。
举一个简单的例子，假设数列的递推关系为an = 2an-1，初始值为a1 = 1、我们可以使用不动点方程法来求解该数列的通项公式。
用不动点法求数列通项
用不动点法求数列的通项界说：方程x x f =)(的根称为函数)(x f 的不动点.应用递推数列)(x f 的不动点,可将某些递推关系)(1-=n n a f a 所肯定的数列化为等比数列或较易求通项的数列,这种办法称为不动点法.定理1：若),1,0()(≠≠+=a a b ax x f p 是)(x f 的不动点,n a 知足递推关系)1(),(1>=-n a f a n n ,则)(1p a a p a n n -=--,等于}{p a n -公比为a 的等比数列.证实：因为 p 是)(x f 的不动点ap p b -=-∴由b a a a n n +⋅=-1得)(11p a a p b a a p a n n n -=-+⋅=---所所以}{p a n -公比为a 的等比数列. 定理2：设)0,0()(≠-≠++=bc ad c dcx bax x f ,}{n a 知足递推关系1),(1>=-n a f a n n ,初值前提)(11a f a ≠（1）：如有)(x f 两个相异的不动点q p ,,则qa pa k q a p a n n n n --⋅=----11 （这里qca pca k --=）（2）：若)(x f 只有独一不动点p ,则k pa p a n n +-=--111 （这里da ck +=2）证实：由x x f =)(得x dcx bax x f =++=)(,所以0)(2=--+b x a d cx（1）因为q p ,是不动点,所以⎪⎩⎪⎨⎧=--+=--+0)(0)(22b q a d cq b p a d cp ⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=--=qc a bqd q pc a b pd p ,所以q a pa qc a pc a qc ab qd a pc a bpd a qc a pc a qd b a qc a pd b a pc a qdca b aa p d ca b aa q a p a n n n n n n n n n n n n --⋅--=------⋅--=-+--+-=-++-++=------------1111111111)()(令qca pca k --=,则q a p a k q a p a n n n n --=----11（2）因为p 是方程0)(2=--+b x a d cx 的独一解,所以0)(2=--+b p a d cp所以ap cp pd b -=-2,cda p 2-=所以 dca p a cp a d ca ap cp a cp a d ca pd b a cp a p d ca b aa p a n n n n n n n n n +--=+-+-=+-+-=-++=---------111211111))(()()(所以da c p a p a cp a cp d cp a c p a cp d p a c cp a p a d ca cp a p a n n n n n n n ++-=-⋅-++-=-++-⋅-=-+⋅-=-------211)(111111111令da ck +=2,则k pa p a n n +-=--111例1：设}{n a 知足*11,2,1N n a a a a nn n ∈+==+,求数列}{n a 的通项公式 例2：数列}{n a 知足下列关系：0,2,2211≠-==+a a a a a a a nn ,求数列}{n a 的通项公式 定理3：设函数)0,0()(2≠≠+++=e a fex c bx ax x f 有两个不合的不动点21,x x ,且由)(1n n u f u =+肯定着数列}{n u ,那么当且仅当ae b 2,0==时,2212111)(x u x u x u x u n n n n --=--++ 证实: k x 是)(x f 的两个不动点∴fex cbx ax x k k k k +++=2即k k k bx x a e f x c --=-2)()2,1(=k∴222221211222211222122111)()()()()()()()(bx x a e u ex b au bx x a e u ex b au f x c u ex b au f x c u ex b au f eu x c bu au f eu x c bu au x u x u n n n n n n n n n n n n n n n n --+-+--+-+=-+-+-+-+=+-+++-++=--++于是,1121x x 0≠∴方程组有独一解a e b 2,0== 例3：已知数列}{n a 中,*211,22,2N n a a a a nn n ∈+==+,求数列}{n a 的通项.其实不动点法除懂得决上面所斟酌的求数列通项的几种情况,还可以解决如下问题:例4：已知1,011≠>a a 且)1(4162241+++=+n n n n n a a a a a ,求数列}{n a 的通项.解: 作函数为)1(416)(224+++=x x x x x f ,解方程x x f =)(得)(x f 的不动点为 i x i x x x 33,33,1,14321=-==-=.取1,1-==q p ,作如下代换: 逐次迭代后,得:111141414141)1()1()1()1(------+-++=n n n n a a a a a n已知曲线22:20(1,2,)n C x nx y n -+==．从点(1,0)P -向曲线n C 引斜率为(0)n n k k >的切线n l ,切点为(,)n n n P x y ．（１）求数列{}{}n n x y 与的通项公式;（２）证实：13521n n nxx x x x y -⋅⋅⋅⋅<< 设p q ，为实数,αβ，是方程20x px q -+=的两个实根,数列{}n x 知足1x p =,22x p q =-,12n n n x px qx --=-（34n =，，…）．（1）证实：p αβ+=,q αβ=;（2）求数列{}n x 的通项公式;（3）若1p =,14q =,求{}n x 的前n 项和n S ．已知函数2()1f x x x =+-,αβ，是方程()0f x =的两个根（αβ>）,()f x '是()f x 的导数,设11a =,1()(12)()n n n n f a a a n f a +=-='，，． （1）求αβ，的值;（2）证实：对随意率性的正整数n ,都有n a α>; （3）记ln(12)n n n a b n a βα-==-，，,求数列{}n b 的前n 项和n S13陕西文21．（本小题满分12分）已知数列{}n a 知足,*11212,,2n n n a a a a a n N ++=∈’＋2＝＝. ()I 令1n n n b a a +=-,证实：{}n b 是等比数列; (Ⅱ)求{}n a 的通项公式.山东文20.（本小题满分12分）等比数列{n a }的前n 项和为n S , 已知对随意率性的n N +∈ ,点(,)n n S ,均在函数(0x y b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图像上.（1）求r 的值;（11）当b=2时,记1()4n nn b n N a ++=∈ 求数列{}n b 的前n 项和n T。
递推数列求通项公式,不动点法大显神威,讲解单不动点的其中两法
递推数列求通项公式，不动点法大显神威，讲解单不动点的其中两法本文将讲解递推数列求通项公式的方法，以及其中的不动点法。
不动点法是一种数学方法，可以找到一个函数的不动点，即函数的输入和输出相等的点。
通过不动点法，可以推导出递推数列的通项公式。
首先，让我们来看一个简单的例子。
假设有一个递推数列a1=2，an=3an-1+1。
我们可以通过递推的方式计算出数列的前几项，如下所示：a1=2a2=3×2+1=7a3=3×7+1=22a4=3×22+1=67a5=3×67+1=202我们可以发现，这个数列的增长速度非常快，这意味着我们需要一个快速的方法来计算任意项的值。
接下来，我们将使用不动点法来推导出这个数列的通项公式。
不动点法是一种迭代式的求解方法，可以通过不断迭代一个函数，找到它的不动点。
一个函数的不动点是指函数的输入和输出相等的点。
如果我们能够找到一个函数的不动点，那么这个不动点就可以作为函数的解。
在递推数列的求解中，我们可以将递推式表示为一个函数f(x)，其中x表示前一项的值，f(x)表示当前项的值。
对于上述例子中的递推式an=3an-1+1，我们可以将它表示为一个函数f(x)=3x+1。
然后，我们可以通过不动点法来求解这个函数的不动点。
假设函数f(x)的不动点为x0，那么根据定义，有f(x0)=x0。
我们可以将这个式子变形为3x0+1=x0，解得x0=-1/2。
因此，函数f(x)的一个不动点就是-1/2。
接下来，我们可以将递推式an=3an-1+1表示为如下形式：an+1=f(an)将函数f(x)=3x+1代入上式，得到：an+1=3an+1这个式子表示，对于给定的a1，当n越来越大时，数列的每一项都可以表示为3的幂次方加上一个常数。
因此，递推数列的通项公式可以表示为：an=3n-1×a1+2n-1通过不动点法，我们成功地推导出了递推数列的通项公式。
不动点法求数列通项公式
不动点法求数列通项公式通常为了求出递推数列a[n+1]=(ca[n]+d)/(ea[n]+f)【c、d、e、f是不全为0的常数,c、e不同时为0】的通项,我们可以采用不动点法来解.假如数列{a[n]}满足a[n+1]=f(a[n]),我们就称x=f(x)为函数f(x)的不动点方程,其根称为函数f(x)的不动点.至于为什么用不动点法可以解得递推数列的通项,这足可以写一本书.但大致的理解可以这样认为,当n趋于无穷时,如果数列{a[n]}存在极限,a[n]和a[n+1]是没有区别的.首先,要注意,并不是所有的递推数列都有对应的不动点方程,比如：a[n+1]=a[n]+1/a[n].其次,不动点有相异不动点和重合不动点.下面结合不动点法求通项的各种方法看几个具体的例子吧.◎例1：已知a[1]=2,a[n+1]=2/(a[n]+1),求通项.【说明：这题是“相异不动点”的例子.】先求不动点∵a[n+1]=2/(a[n]+1)∴令x=2/(x+1),解得不动点为：x=1 和x=-2 【相异不动点】∴(a[n+1]-1)/(a[n+1]+2) 【使用不动点】=(2/(a[n]+1)-1)/(2/(a[n]+1)+2)=(2-a[n]-1)/(2+2a[n]+2)=(-a[n]+1)/(2a[n]+4)=(-1/2)(a[n]-1)/(a[n]+2)∵a[1]=2∴(a[1]-1)/(a[1]+2)=1/4∴{(a[n]-1)/(a[n]+2)}是首项为1/4,公比为-1/2的等比数列∴(a[n]-1)/(a[n]+2)=1/4(-1/2)^(n-1)解得：a[n]=3/[1-(-1/2)^(n+1)]-2◎例2：已知数列{a[n]}满足a[1]=3,a[n]a[n-1]=2a[n-1]-1,求通项. 【说明：这题是“重合不动点”的例子.“重合不动点”往往采用取倒数的方法.】∵a[n]=2-1/a[n-1]∴采用不动点法,令：x=2-1/x即：x^2-2x+1=0∴x=1 【重合不动点】∵a[n]=2-1/a[n-1]∴a[n]-1=2-1/a[n-1]-1 【使用不动点】a[n]-1=(a[n-1]-1)/a[n-1]两边取倒数,得：1/(a[n]-1)=a[n-1]/(a[n-1]-1)即：1/(a[n]-1)-1/(a[n-1]-1)=1∵a[1]=3∴{1/(a[n]-1)}是首项为1/(a[1]-1)=1/2,公差为1的等差数列即：1/(a[n]-1)=1/2+(n-1)=(2n-1)/2∴a[n]=2/(2n-1)+1=(2n+1)/(2n-1)例3：已知数列{a[n]}满足a[1]=1/2,S[n]=a[n]n^2-n(n-1),求通项.【说明：上面两个例子中获得的不动点方程系数都是常数,现在看个不动点方程系数包含n的例子.】∵S[n]=a[n]n^2-n(n-1)∴S[n+1]=a[n+1](n+1)^2-(n+1)n将上面两式相减,得：a[n+1]=a[n+1](n+1)^2-a[n]n^2-(n+1)n+n(n-1)(n^2+2n)a[n+1]=a[n]n^2+2n(n+2)a[n+1]=na[n]+2a[n+1]=a[n]n/(n+2)+2/(n+2) 【1】采用不动点法,令：x=xn/(n+2)+2/(n+2)解得：x=1 【重合不动点】设：a[n]-1=b[n],则：a[n]=b[n]+1 【使用不动点】代入【1】式,得：b[n+1]+1=(b[n]+1)n/(n+2)+2/(n+2)b[n+1]=b[n]n/(n+2)即：b[n+1]/b[n]=n/(n+2)于是：【由于右边隔行约分,多写几行看得清楚点】b[n]/b[n-1]=(n-1)/(n+1) 【这里保留分母】b[n-1]/b[n-2]=(n-2)/n 【这里保留分母】b[n-2]/b[n-3]=(n-3)/(n-1)b[n-3]/b[n-4]=(n-4)/(n-2).b[5]/b[4]=4/6b[4]/b[3]=3/5b[3]/b[2]=2/4 【这里保留分子】b[2]/b[1]=1/3 【这里保留分子】将上述各项左右各自累乘,得：b[n]/b[1]=(1*2)/[n(n+1)]∵a[1]=1/2∴b[1]=a[1]-1=-1/2∴b[n]=-1/[n(n+1)]∴通项a[n]=b[n]+1=1-1/[n(n+1)]◎例4：已知数列{a[n]}满足a[1]=2,a[n+1]=(2a[n]+1)/3,求通项. 【说明：这个例子说明有些题目可以采用不动点法,也可以采用其他解法.】∵a[n+1]=(2a[n]+1)/3求不动点：x=(2x+1)/3,得：x=1 【重合不动点】∴a[n+1]-1=(2a[n]+1)/3-1 【使用不动点】即：a[n+1]-1=(2/3)(a[n]-1)∴{a[n]-1}是首项为a[1]-1=1,公比为2/3的等比数列即：a[n]-1=(2/3)^(n-1)∴a[n]=1+(2/3)^(n-1)【又】∵a[n+1]=(2a[n]+1)/3∴3a[n+1]=2a[n]+1这时也可以用待定系数法,甚至直接用观察法,即可得到：3a[n+1]-3=2a[n]-2∴a[n+1]-1=(2/3)(a[n]-1)【下面同上】◎例5：已知数列{x[n]}满足x[1]=2,x[n+1]=(x[n]^2+2)/(2x[n]),求通项.【说明：现在举个不动点是无理数的例子,其中还要采用对数的方法.】∵x[n+1]=(x[n]^2+2)/(2x[n])∴采用不动点法,设：y=(y^2+2)/(2y)y^2=2解得不动点是：y=±√2 【相异不动点为无理数】∴(x[n+1]-√2)/(x[n+1]+√2) 【使用不动点】={(x[n]^2+2)/2x[n]-√2}/{(x[n]^2+2)/2x[n]+√2}=(x[n]^2-2√2x[n]+2)/(x[n]^2+2√2x[n]+2)={(x[n]-√2)/(x[n]+√2)}^2∵x[n+1]=(x[n]^2+2)/2x[n]=x[n]/2+1/x[n]≥2/√2=√2∴ln{(x[n+1]-√2)/(x[n+1]+√2)}=2ln{(x[n]-√2)/(x[n]+√2)} 【取对数】∵x[1]=2>√2∴(x[1]-√2)/(x[1]+√2)=3-2√2∴{ln((x[n]-√2)/(x[n]+√2))}是首项为ln(3-2√2),公比为2的等比数列即：ln{(x[n]-√2)/(x[n]+√2)}=2^(n-1)ln(3-2√2)(x[n]-√2)/(x[n]+√2)=(3-2√2)^[2^(n-1)]x[n]-√2=(3-2√2)^[2^(n-1)](x[n]+√2)x[n]-x[n](3-2√2)^[2^(n-1)]=√2(3-2√2)^[2^(n-1)]+√2∴x[n]=√2{1+(3-2√2)^[2^(n-1)]}/{1-(3-2√2)^[2^(n-1)]}◎例6：已知数列{a[n]}满足a[1]=2,a[n+1]=(1+a[n])/(1-a[n]),求通项.【说明：现在举个不动点是虚数的例子,说明有些题目可以采用不动点法,但采用其他解法可能更方便.】求不动点：x=(1+x)/(1-x),即：x^2=-1,得：x[1]=i,x[2]=-i 【相异不动点为虚数,i为虚数单位】∴(a[n+1]-i)/(a[n+1]+i) 【使用不动点】={(1+a[n])/(1-a[n]-i}/{(1+a[n])/(1-a[n]+i}=(1+a[n]-i+a[n]i)/(1+a[n]+i-a[n]i)={(1+i)/(1-i)}{(a[n]-i)/(a[n]+i)}=i(a[n]-i)/(a[n]+i)∵a[1]=2∴{(a[n]-i)/(a[n]+i)}是首项为(a[1]-i)/(a[1]+i)=(2-i)/(2+i),公比为i的等比数列即：(a[n]-i)/(a[n]+i)=[(2-i)/(2+i)]i^(n-1)(a[n]-i)(2+i)=(a[n]+i)(2-i)i^(n-1)2a[n]-2i+ia[n]+1=(2a[n]+2i-ia[n]+1)i^(n-1){2+i-(2-i)(i)^(n-1)}a[n]=2i-1+(2i+1)i^(n-1)a[n]=[2i-1+(2i+1)i^(n-1)]/[2+i-(2-i)i^(n-1)]∴a[n]=[2i-1+(2-i)i^n]/[2+i-(2-i)i^(n-1)]【下面用“三角代换”,看看是否更巧妙一些.】∵a[n+1]=(1+a[n])/(1-a[n])∴令a[n]=tanθ,则a[n+1]=[tan(π/4)+tanθ]/[1-tan(π/4)tan θ]=tan(π/4+θ)∵θ=arctan(a[n]),π/4+θ=arctan(a[n+1])∴上面两式相减,得：arctan(a[n+1])-arctan(a[n])=π/4∵a[1]=2∴{arctan(a[n])}是首项为arctan(a[1])=arctan2,公差为π/4的等差数列即：arctan(a[n])=arctan2+(n-1)π/4∴a[n]=tan[(n-1)π/4+arctan2]。
用不动点求两类数列的通项公式
用不动点求两类数列的通项公式作者：刘洁沈文选来源：《中学数学杂志(高中版)》2008年第05期初等数学是高等数学的基础，高等数学是初等数学的发展.许多初等数学中比较难或解答过程复杂的问题，如果用到高等数学的知识，则可以比较快捷简便的加以解决.特别是近几年来各省的高考题当中出现了一些以高等数学知识为背景的题.本文主要谈谈如何用不动点知识求解两类中学数学中常遇见的数列的通项公式.1 不动点的知识背景1.1 不动点的定义：对于任意定义在区间D上的函数f(x),若实数x0∈D满足f(x0)=x0, 则称x0为函数f(x)在D 上的一个不动点.1.2 代数意义：若f(x)=x有实数解x0，则x0为f(x)的一个不动点.1.3 几何意义：y=f(x)与y=x图象的交点个数即为f(x)的不动点的个数.2 用不动点求数列的通项2.1 一阶常系数递推式例1 已知数列{an}满足an+1(n∈求数列{an}的通项公式.分析若数列{an}收敛，则，故对两端同时取极限,求出ξ，转化为求等比数列的通项，从而求出{an}的通项公式.解令ξ=2ξ+1，得不动点ξ=-1，所以-(-1)=2［an-(-1)］，令，上式可化为-1)=…=2n-1b2，又b2=2a1+1+1=4，所以从而a-1.例2 数列{an}，设a0为常数，且an=3n-1--1(n∈证明对任意n≥1,an=15［-1)n-］+(-分析注意到式子an=3n-1--1(n∈的特征，对它作适当的变形，转化为类似例1的处理方法.证明由递推数列an=3n-1--1(n∈变形得：--13n-1令bn=an3，则bn=--1+13，下解同例1，得数列{bn-15}是首项为a13-15=215-23a0，公比为-23的等比数列,故an=15［-1)n-］+(-小结(1): 若数列{an}满足，且只有唯一不动点ξ时, 则可以考虑式子-ξ=f(an)-ξ或-ξ=1f(an)-ξ转化为求等差数列的通项公式.例3 已知a1及γ（其中α,β,γ为常数，且αγ≠β），求{an}的通项公式.分析若数列{an}收敛，则，对两端同时取极限，求得ξ=αξ+βξ+γ，转化为求等比数列{bn}的通项，从而求出{an}的通项公式.解令ξ=αξ+βξ+γ，当a1=ξ时，显然an=ξ(n∈N)；当a1≠ξ(n∈N)时，易知an≠ξ(n∈N)，这时可求出：-γ±(γ-由αγ≠β知ξ≠α.当(γ-时，有-ξ1=α-ξ1an+γ(an-ξ1),-ξ2=α-ξ2an+γ(an-ξ2),所以--ξ2=α-ξ1α-ξ2·an-ξ1an-ξ2即{an-ξ1an-ξ2}是公比为α-ξ1α-ξ2的等比数列，从而--ξ2=a1-ξ1a1-ξ2·(α-ξ1α-由此不难求出{an}当(γ-α)时，上述方法失效.这时ξ=12(α-γ)，但下式仍成立：即-ξ=(α-ξ)(an-ξ)an+γ故仍有-ξ=1α-λ·(an-ξ)+ξ+γan-ξ=1α-ξ(1+ξ+γan-ξ)(因为ξ+γ=α-ξ)=1an-ξ+1α-ξ,即{1an-ξ}是公差为{1α-ξ}的等差数列.由此可求出an的表达式.小结(2):若有两个不动点ξ1,ξ2时, 则可以考虑式子--ξ2=f(an)-ξ1f(an)-ξ2,转化为求等比数列的通项公式.例4 已知数列{an}中，∈，求数列{an}的通项.分析此题属于的形式，故可采用求不动点的方法，求出通项.解令，解得ξ1=1或ξ2=-1，可得:--1=(an-即--,令-，则-1，又b2 =a2-1a2+1=19得-小结(3):若数列{an}满足，函数存在两个不动点p,q，则数列{an}可转化为an-pan--1--1-，由此求出an通项.2.2 一阶变系数递推式：（A为常数）例5已知a1=1，且，求{an}的通项公式.分析由表达式知，不能直接套用(ⅰ)的方法，观察等式两端，将式子做适当变形，转化为问题(ⅰ)的形式.解因为（*）令，故（*）化为：，又令ξ=2ξ+1，得不动点ξ=-1，所以-(-1)=2［bn-(-1)］上式可化为（-又b1=2,所以bn=3·2n-1-1,从而an=3·2n-1-1-n变式1 已知a1=1，且，求{an}的通项公式.解因为（*）令，故（*）化为，下解同例5，求出数列{bn}的不动点，解得an=7·2n-1--2n-3变式2 若，求数列{an}的通项公式.解令ξ=n+4nξ+1n,得ξ=-14，则=…=(n+4)!n!·14!(a1+14)所以an=4·(n+3)(n+2)(n+1)n-4!4!·4小结(4):一般地，若-1+g(n)，（其中A为常数，A≠1,g(n)为m次多项式），则对-1+g(n)作适当变形，使-1+g(n-1))，转化为一阶常系数的形式，再利用不动点，解得通项公式.不动点是求数列通项公式众多解法中的一种，极限是它的理论依据：对数列an，且递推关系由-1)来定义，若f是连续的，如果an收敛且有极限ξ，则--1)=f(ξ)，即ξ=f(ξ).利用不动点解题时，需要用到观察，递推等方法，用不动点对已知作适当变形，转化为求等差或等比数列的通项公式，进而求出{an}的通项公式.注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。
用不动点法求递推数列的通项
第五讲：用不动点法求递推数列的通项一、知识储备1．函数不动点的定义若在函数)(x f y =定义域内存在0x ，使得00)(x x f =，则0x x =叫做函数)(x f y =的不动点. 例：对于定义在R 上的函数)(x f ，若实数0x 满足00)(x x f =，则称0x 是)(x f 的不动点，若1)(2++=ax x x f 存在不动点，求a 的取值范围. 解：设0x 是)(x f 的不动点，则方程20001x ax x ++=有实根. 即方程200(1)10x a x +-+=的判别式2(1)40a ∆=--≥， 解得：3a ≥，或1a ≤-.2．型如b a d ca a n n n ++=+1数列通项公式的求法 若bx d cx x f ++=)(定义域内存在不动点0x ，求满足1()n n a f a +=，1a a =，+N n ∈ 即ba d ca a n n n ++=+1的通项公式. 解：因为0x 是)(x f 的不动点，所以，000x bx d cx =++，即：0)(020=--+d x c b x ， 递推关系式ba d ca a n n n ++=+1可化为：100n n n ca d a x x ab ++-=-+ 即：2000010()()()n n nc x a x x b c xd a x a b+-----+-=+ 2000000()()[()]()()n n c x a x x b c x d a x b x ---+--=-++0000()()()()n n c x a x a x b x --=-++ 所以，000001111x c x a x c x b x a n n -+-⋅-+=-+ 令01x a b n n -=，00b x p c x +=-， 01q c x =-，则q pb b n n +=+1. 双不动点法：数列{n t }的特征函数为：)(x f =dx c b x a +⋅+⋅ 由x dx c b x a =+⋅+⋅0)(2=--+⇒b x a d cx 设方程0)(2=--+b x a d cx 的两根为x 1,x 2,则有:0)(121=--+b x a d cx ,0)(222=--+b x a d cx ∴12)(1x a d cx b -+= (1)222)(x a d cx b -+=……(2) 又设212111x t x t k x t x t n nn n --⋅=--++(其中,n ∈N *,k 为待定常数). 由212111x t x t k x t x t n n n n --⋅=--++ ⇒2121x t x t k x dt c b t a x d t c b t a n nn n n n --⋅=-+⋅+⋅-+⋅+⋅ ⇒212211x t x t k dx t cx b at dx t cx b at n nn n n n --⋅=--+--+……(3) 将(1)、（2）式代入(3)式得:2122221121x t x t k ax t cx cx at ax t cx cx at n n n n n n --⋅=--+--+ ⇒212211))(())((x t x t k x t cx a x t cx a n nn n --⋅=---- ⇒21cx a cx a k --= ∴数列{21x t x t n n --}是公比为21cx a cx a --(易证021≠--cx a cx a )的等比数列. ∴21x t x t n n --=1212111-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--n cx a cx a x t x t ⇒12121111212111211--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--⋅-=n n n cx a cx a x t x t cx a cx a x t x t x x t .二、知识导学例1：已知数列{a n }中，a 1=2，3121+=+n n a a ，求{a n }的通项。
不动点法求数列通项的原理
不动点法求数列通项的原理
一、不动点法(特征根法)的概念
不动点法，又称特征根法，是一种用于解决数列求通项的有效方法，该方法通过求解特征根或不动点来求出数列通项。
二、不动点法(特征根法)的原理
不动点法，是把数列的运算转化为求解特征根的问题。
特征根，是指使得其中一特定数列值不变的数。
通常情况下，当一个数列的通项具有对数函数的形式时，它的公式可以求出，但如果它具有指数函数的形式时，就不能用常规的方法求出。
此时，可以用不动点法来求出该数列的通项。
不动点法的基本步骤为：
（1）将数列的前n项归纳成一个大的等比数列；
（2）建立等比数列的递推关系式；
（3）求解递推关系式的特征根；
（4）根据特征根求出数列的通项。
例如，解数列{an}的通项
要解这个数列的通项，可以先将数列归纳成一个大的等比数列，即显然，等比数列 {an} 的公比 = q = 3 ，自然数 n 的取值范围是0 ≤ n ≤ 7
接下来，建立等比数列的递推关系式：
an+1=3·an
可以把它写成递推公式的一般形式：an+1-3an=0
特征方程可以由上式求出：
lamda^2-3lamda+1=0
两个根分别是
lamda_1=1
lamda_2=3
这样，就可以求出数列通项，即
an=A·1^n + B·3^n
设a0=7
则有A+B=7，a1=21，则有3A+B=21。
不动点法求数列通项的原理
不动点法求数列通项的原理不动点法（Fixed Point Method）是一种数值分析方法，用于求解函数的根或方程的解。
它的基本原理是通过构造一个迭代序列，使得序列中的点逐渐趋向于方程的解或函数的根。
通过不断迭代，序列中的点趋近于不动点，即一个函数值等于自变量的点。
为了说明不动点法的原理，我们假设要求解一个数列的通项,通项的迭代公式为x[n]=f(x[n-1])，其中x[n]表示第n个迭代点，f(x)是一个函数，表示迭代公式。
我们希望通过不断迭代求得一个稳定的解x*，使得x*=f(x*)，也就是找到一个不动点。
不动点法的主要思路分为以下几步：1.选择初始值：选择一个初始值x[0]作为迭代的起点。
2.迭代计算：根据迭代公式x[n]=f(x[n-1])，不断计算迭代点，直到达到停止准则（如迭代次数达到预设值或前后两次迭代点的差小于指定的误差）。
3.根据停止准则确定迭代结果：当满足停止准则时，我们认为当前的迭代点x[n]是通项的近似解。
不动点法的有效性和收敛性要求函数f(x)满足一定的条件：1.存在性：函数f(x)在定义域内存在不动点x*，即x*=f(x*)。
2.唯一性：不动点x*是唯一的，即函数f(x)只有一个不动点。
3.迭代公式的收敛性：迭代公式应该具有收敛性，即随着迭代次数增加，迭代序列应该趋近于不动点。
对于不动点法而言，有一个重要的收敛性定理：若函数f(x)在一些闭区间内连续可微，并且满足，f'(x)，<1，则迭代序列将收敛到不动点。
这个定理应用了几何级数的收敛性质，确保了函数值的收敛。
例如，假设要求解一个数列的通项a[n]=a[n-1]/2+3，我们可以设定迭代公式为x[n]=x[n-1]/2+3、选择一个合适的初始值x[0]，如x[0]=0，运用迭代计算，我们可以得到迭代序列如下：x[0]=0x[1]=x[0]/2+3=1.5x[2]=x[1]/2+3=2.75x[3]=x[2]/2+3=3.375...通过不断迭代，我们可以观察到迭代序列趋近于一个稳定的值，即不动点。
用不动点法求递推数列通项公式
2 2
2
2
α xn - α a - c ・ . β xn - β a - c
( 2 ) 若只有一个不动点 α , 且 a ≠ - d. 因
为 xn +1 =
axn + b , 所以有 cxn + d axn + b cxn + d -α .
(a - c α) xn + ( b - d α) cxn + d
αxn + xn +1 - α = axn - 2 a
( - 2a α)
2 2
α) - 2 ( - 2a
4a
2
-α
(a - c α) xn + ( c α - a )α = , cxn + d
αxn + a α, = axn - 2 a 即
得 xn + 1 = 2 ( xn - 1 + 1 )
2 ・2 ( xn - 2 + 1 )
2 2
2
2
= 2 [ 2 ( xn - 2 + 1 ) ] =
2 2 2
2
2
2
xn +1 - α = =
2
2
2
= 2・2 ・[ 2 ( xn - 3 + 1 ) ]
2
3
=
2
2
n- 1
2 ・2 ・2 ( xn - 3 + 1 ) 2
b
1 - a
, 显然 , 有 b .
1 - a
= a xn -
1 - a
不动点法求数列通项原理
不动点法求数列通项原理
不动点法是一种常用的数学方法，它可以用来求解数列的通项。
它的原理就是让数列经过一次变换后，重复多次变换直到满足不动点的性质，从而求得通项。
不动点法的具体推导步骤如下：
（1）确定数列元素
将通项表示为n或x的某个多项式表达式。
（2）计算
根据多项式的定义，计算出x0（即第一项）、x1（即第二项）、x2（即第三项）、 (x)
（即第n项）。
（3）准备不动点
根据多项式的定义，将第n+1项用元素xn、xn-1、xn-2、…、x1、x0来表示，再把元素转式到xn表达式，得到不动点。
（4）寻找不动点
通过次方程求解找到不动点。
（5）求解多项式的值
当找到不动点后，将该不动点转移到x1中，通过次方程求出通项的多项式的表达式，得到数列的通项。
以上就是不动点法的基本原理。
它的优点是能够有效地将数列简化，并以有规律的数列表达式来求解数列的通项，比直接利用原数列推导方式更简单。
不动点法是一种推理方式，它既可以用来求解数列的通项，也可以用来求解其他复杂数学问题。
它可以将复杂问题简化，提高求解的效率，这使得不动点法广泛运用于科学技术领域。
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两类递推数列通项公式的不动点求法
【摘要】数列及其性质的研究，对确定数列的通项公式起着至关重要的作用。
文章介绍了两类递推数列通项公式的不动点求法，给出了两个结论并举例说明。
【关键词】递推数列通项公式不动点
【中图分类号】o122 【文献标识码】a 【文章编号】1674-4810（2013）08-0129-01
求递推数列的通项公式或研究其性质是高中数学的重点内容，也是高考热点之一。
研究数列问题时，熟练地求出通项，是解决问题的关键。
数列的通项公式可以看做函数的解析式，而函数解析式深刻地反映了函数性质。
因此，利用函数知识求数列的通项公式，值得我们研讨。
利用函数的不动点知识，我们得到了两类递推数列通项公式的一般性解决。
一般地，若x0满足f（x0）=x0，则称x0是函数f（x）的一个不动点。
定理1：若f（x）=ax+b（a2+b2≠0），则x0为f（x）的不动点，{an}满足an=f（an-1）（n≥2），则{an-x0}是以公比为a的等比数列。
证明：由x0是函数f（x）的一个不动点，知ax0+b=x0，即
-ax0=b-x0。
于是an-x0=（a·an-1+b）-x0=a·an-1-ax0=a（an-1-x0）命题得证。
定理2：设，数列{un}
满足un=f（un-1）（n≥2），且初始条件u1≠f（u1），则有：（1）若f（x）有两个不动点p，q则数列是以公比为
的等比数列。
（2）若f（x）只有一个不动点p，则数
列是以公差为的等差数列。
证明：（1）由题知，得：，同理有：。
所以：。
（2）p为f（u）唯一不动点，知，cp2+（d-a）p
-b=0，，。
故数列是以公差为的等差数列。
例1，（2005年高考·山东卷）已知数列{an}的首项为a1=5，前n项和为sn，且sn+1=2sn+n+5（n∈n*），求{an}的通项公式。
解：由已知sn+1=2sn+n+5（n∈n*），得：
当n≥2时，sn=2sn-1+（n-1）+5，两式相减得an+1=2an+1。
当n=1时，由a1=5，所以a2=11，从而a2=2a1+1，故an+1=2an+1，对n∈n*成立。
令x=2x+1，求出不动点x=-1。
由定理1得：数列{an+1}是公比为2的等比数列，所以an+1=（a1+1）·2n-1，故an=3·2n-1。
例2，〔2011年高考理科数学（必修+选修ii）全国1卷〕
设{an}数列满足a1=0，且，求{an}的通项公
式（注：本题只选其中一问作答）。
解：易得联想到an=f（an-1）（n≥2）形式，
恰好是不动点！令得x=1。
依据定理2（2）有d=-1，
所以，解得。
例3，（2012年高考全国大纲卷理22）函数f（x）=x2-2x-3，定义数列{xn}如下：x1=2，xn+1是过两点p（4，5）、qn〔xn，f（xn）〕的直线pqn与x轴交点的横坐标，求数列{xn}的通项公式。
解：由题意可得直线pqn的方程为，
令y=0，解得，又由方程可得不动点
x1=-1，x2=3。
由定理2知数列是以-3为首项5为公比的等比
数列，所以，故。
参考文献
[1]陈传理、张同君.竞赛数学教程（第二版）[m].北京：高等教育出版社，2005
〔责任编辑：高照〕。