不动点法求数列通项公式
不动点法求数列的通项公式
ａ 一１一 Ｐ ａ— ｃ
ａ 一１一 Ｐ
ａ— ｃｐ
＋
．— ｄ＋ ｃｐ
—
。
ａ 一１一 Ｐ ａ— ｃ
又 Ｐ为方 程 ｃｚ ＋ （ｄ－ａ）ｘ－ｂ＝０的 唯一 解 ．则
将 ＝ 代入 上式可 得
点 来求 解通 项． 定理 ３ 若上 述 函数 ，（ｚ）一 ａｘ ￣＋ ｂ有 两 个 不 同
１ 常数消去法回顾
｛口 ）满 足递 推 关 系 口 一厂（口 一 ），即 口 一
．
设平移替换ａｎ：Ｃｎ＋ ，则有ｃ 一爱
给定 初始 值 ｎ ≠厂（ｎ ）．接 下 去 我们 就 可 以利 用 函数
一
等
．
厂（ｚ）的不动 点来 求解数 列 ｛ｎ ）的通项公 式 ． 下 面求 函数 厂（ｚ）的不动 点．
形 数 ”①之 间的 关系．
数 学 的教 与学离 不 开 问题 和 问题 解 决．如何 充 分
发 挥 问题和 问题解 决 的功 能 ，应 该 成为 数 学教 育 研 究
第 ３类 ：Ｔ（８）一３６．
的重要 课题 ．本 文主 旨在 于为 拓 展传 统 的问题 解 决模
所 以 ，本 题 答案 为 １２０＋８４＋３６—２４０（个 ）．
１万照例 １的 解 法 ，可 以 得 到 每 一 类 中三 位 数 的 个数 ．
第 １类 ：Ｔ（１）＋ Ｔ（２）＋… ＋丁（７）＋Ｔ（８）一１２０； 第 ２类 ：Ｔ（１）＋ Ｔ（２）＋… ＋Ｔ（７）一８４；
∑ ｋ ＋Ｔ（ ）一２∑ Ｔ（忌）．
ｋ一 １
＝ １
这一 等式 的意 义在 于沟通 了“三角 形 数 ”与 “正 方
证 明 ：一 ＝
一
巧用不动点法求数列的通项公式
巧用不动点法求数列的通项公式作者：孟兆福来源：《数理化学习·高一二版》2011年第07期在学习了数列之后,大家会经常遇到已知a1及递推公式a n+1=f(a n),求数列{a n}的通项公式的问题,很多题目令人感到非常棘手.本文将就此问题给出一个“公式”性的方法——不动点法，应用此法可巧妙地处理此类问题，供大家参考.若数列{a n}的递推公式为a n+1=f(a n),把此式中的a n+1、a n均换成x得方程x=f(x).我们把方程x=f(x)的实数根x称为数列{a n}的不动点.利用数列的非零不动点，即可简便快捷地求出数列{a n}的通项公式.一、若f(a n)为整式，而{a n}又只有一个非零不动点x0,则可考虑用化简a n+1-x0=f(a n)-x0的方法求解.例1 若a1=-1,a n=2a n-1+3(n∈N*,且n≥2),求数列{a n}的通项公式.分析：由x=2x+3知{a n}仅有一个非零不动点-3，则a n-(-3)=2a n-1+3-(-3)=2a n-1+6.所以a n+3=2(a n-1+3)所以{a n+3}是以a1+3=2首项、2为公比的等比数列，则当n≥2时，有a n+3=2n,故a n=2n-3.又a1=-1也满足上式.所以{a n}的通项公式为a n=2n-3.例2 若a1=0,a n+1=n+2na n+1n(n∈N*),求数列{a n}的通项公式.分析：由x=n+2nx+1n知{a n}仅有一个非零不动点-12，则a n+1-（-12）=n+2na n+1n-(-12).所以a n+1+12=n+2n(a n+12),则a n+1+12n+2=a n+12n.所以a n+1+12(n+1)(n+2)=a n+12n(n+1),故{a n+12n(n+1)}是一个常数列.所以a n+12n(n+1)=a1+121×(1+1)=122=14.所以a n=n2+n-24.又a1=0也满足上式.所以{a n}的通项公式为a n=n2+n-24.二、若f(a n)为分式，而{a n}有两个相同的非零不动点x0,则可考虑用化简a n+1-x0=f(a n)-x0的方法求解例3 若a1=-1,a n=12-a n-1(n∈N*,且n≥2),求数列{a n}的通项公式.分析：由x=12-x得{a n}有两个相同的非零不动点1，则a n-1=12-a n-1-1=a n-1-12-a n-1.两边取倒数得1a n-1=2-a n-1a n-1-1=1a n-1-1-1.所以{1a n-1}是以1a1-1=-12为首项、-1为公差的等差数列，故当n≥2时， 1a n-1=-12+(n-1)•(-1)=12-n.所以a n=3-2n1-2n.又a1=-1也满足上式.所以{a n}的通项公式为a n=3-2n1-2n.黑龙江省大庆一中（163100）。
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。
数列特征根和不动点法解题原理
数列特征根和不动点法解题原理一、数列特征根法。
1. 原理。
- 对于二阶线性递推数列a_n + 2=pa_n+1+qa_n（p,q为常数，n∈ N^*），其特征方程为x^2=px + q。
- 设特征方程的两个根为x_1,x_2。
- 当x_1≠ x_2时，数列a_n的通项公式为a_n=C_1x_1^n+C_2x_2^n，其中C_1,C_2由初始条件a_1,a_2确定。
- 当x_1 = x_2时，数列a_n的通项公式为a_n=(C_1+C_2n)x_1^n，同样C_1,C_2由初始条件确定。
2. 例题。
- 例1：已知数列{a_n}满足a_n + 2=3a_n+1-2a_n，且a_1=1,a_2=3，求数列{a_n}的通项公式。
- 解：特征方程为x^2=3x - 2，即x^2-3x + 2=0。
- 分解因式得(x - 1)(x - 2)=0，解得x_1=1,x_2=2。
- 所以a_n=C_1×1^n+C_2×2^n=C_1+C_2×2^n。
- 由a_1=1,a_2=3可得C_1+2C_2=1 C_1+4C_2=3。
- 用第二个方程减去第一个方程得2C_2=2，解得C_2 = 1。
- 把C_2=1代入C_1+2C_2=1得C_1=-1。
- 所以a_n=-1 + 2^n。
- 例2：已知数列{a_n}满足a_n + 2=2a_n+1-a_n，a_1=1,a_2=2，求a_n。
- 解：特征方程为x^2=2x - 1，即x^2-2x + 1 = 0。
- 解得x_1=x_2=1。
- 所以a_n=(C_1+C_2n)×1^n=C_1+C_2n。
- 由a_1=1,a_2=2可得C_1+C_2=1 C_1+2C_2=2。
- 用第二个方程减去第一个方程得C_2=1。
- 把C_2=1代入C_1+C_2=1得C_1=0。
- 所以a_n=n。
二、数列不动点法。
1. 原理。
- 对于一阶分式递推数列a_n + 1=frac{pa_n+q}{ra_n+s}（p,q,r,s为常数，r≠0），令x=(px + q)/(rx + s)，这个方程称为不动点方程。
不动点法求数列的通项公式
)
8(an
1 7
)
an
1 7
8 7
8n1
即
an
8n 1 7
2.递推式形如
an1
Aan Can
B D
的数列
①当特征值 ,
是实数且不等时,
an an
为等比数列
②当特征值 ,
是实数且相等时,
an
1
为等差数列
③当特征值 , 是复数时,个别数列 an 具有周期性
练习2.
附录22 不动点法求数列的通项公式
一、有关概念
1.不动点 2.特征方程与特征值
二、常见题型
1.递推式形如 Aan1 Ban C 0 的数列
2.递推式形如
an1
Aan Can
B D
的数列
3.递推式形如 Aan2 Ban1 Can 0 的数列
1.不动点：方程 f (x) x 的根称为函数 f (x) 的不动点 例1：函数 f (x) x2 2x 的不动点是__x___0__或__x___3_
x x 3 3x 1
其特征值为虚根，故 {an}为周期数列
a1 0
, a2
a1 3 3a1 1
3
, a3
a2 3a2
3 1
3
a4
a3 3 0 3a3 1
周期为3也，故 a20 a2 3
3.递推式形如 Aan2 Ban1 Can 0 的数列
①当特征值 , 是实数且不等时,
能否找到一个图形,当它的面积无限减小时,它的周长则无限增大
解：因 an1 3an 1
即
(an1
1 2
)
3(an
1 2
)
故
an
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]。
2022年高考数学重难题型突破类型四用“不动点法”求数列的通项公式(原卷版)
类型四 用“不动点法”求数列的通项公式设已知数列}{n a 的项满足 其中,1,0≠≠c c 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,d cx x +=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0x ，则当10a x =时，n a 为常数列，即0101,;x b a a x a a n n n +===时当，其中}{n b 是以c 为公比的等比数列，即01111,x a b c b b n n -==-.证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10c dx -=作换元,0x a b n n -= 则.)(110011n n n n n n cb x a c ccdca c d d ca x a b =-=--=--+=-=--当10a x ≠时，01≠b ，数列}{n b 是以c 为公比的等比数列，故;11-=n n c b b当10a x =时，01=b ，}{n b 为0数列，故.N ,1∈=n a a n （证毕） 下面列举两例，说明定理1的应用.【典例1】已知数列}{n a 满足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a【典例2】已知数列}{n a 满足递推关系：,N ,)32(1∈+=+n i a a n n 其中i 为虚数单位. 当1a 取何值时，数列}{n a 是常数数列？定理2.如果数列}{n a 满足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ，都有hra qpa a n n n ++=+1（其中p 、q 、r 、h 均为常数，且r h a r qr ph -≠≠≠1,0,），那么，可作特征方程hrx q px x ++=. （1）当特征方程有两个相同的根λ（称作特征根）时， 若,1λ=a 则;N ,∈=n a n λ 若λ≠1a ，则,N ,1∈+=n b a n n λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p rn a b n λλ特别地，当存在,N 0∈n 使00=n b 时，无穷数列}{n a 不存在.（2）当特征方程有两个相异的根1λ、2λ（称作特征根）时，则112--=n n n c c a λλ，,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中证明：先证明定理的第（1）部分. 作交换N ,∈-=n a d n n λ 则λλ-++=-=++hra qpa a d n n n n 11h ra hq r p a n n +-+-=λλ)(hd r hq r p d n n ++-+-+=)())((λλλλλλλλr h rd q p h r r p d n n -+--+--=])([)(2 ①∵λ是特征方程的根，∴λ.0)(2=--+⇒++=q p h r hr qp λλλλ将该式代入①式得.N ,)(1∈-+-=+n rh rd r p d d n n n λλ ②将rpx =代入特征方程可整理得,qr ph =这与已知条件qr ph ≠矛盾.故特征方程的根λ,rp≠于是.0≠-r p λ ③当01=d ，即λ+=11d a =λ时，由②式得,N ,0∈=n b n 故.N ,∈=+=n d a n n λλ 当01≠d 即λ≠1a 时，由②、③两式可得.N ,0∈≠n d n 此时可对②式作如下变化：.1)(11rp rd r p r h r p d r h rd d n n n n λλλλλ-+⋅-+=--+=+ ④由λ是方程h rx q px x ++=的两个相同的根可以求得.2r hp -=λ∴,122=++=---+=-+h p p h rrh p p rr h p h r p r h λλ将此式代入④式得.N ,111∈-+=+n rp r d d n n λ 令.N ,1∈=n d b n n 则.N ,1∈-+=+n r p r b b n n λ故数列}{n b 是以rp r λ-为公差的等差数列.∴.N ,)1(1∈-⋅-+=n rp rn b b n λ其中.11111λ-==a db 当0,N ≠∈n b n 时，.N ,1∈+=+=n b d a nn n λλ 当存在,N 0∈n 使00=n b 时，λλ+=+=0001n n n b d a 无意义.故此时，无穷数列}{n a 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1λ、2λ，∴其中必有一个特征根不等于1a ，不妨令.12a ≠λ于是可作变换.N ,21∈--=n a a c n n n λλ故21111λλ--=+++n n n a a c ，将hra qpa a n n n ++=+1代入再整理得N ,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a hq r p a c n n n λλλλ ⑤由第（1）部分的证明过程知r p x =不是特征方程的根，故.,21rp r p ≠≠λλ 故.0,021≠-≠-r p r p λλ所以由⑤式可得：N ,2211211∈--+--+⋅--=+n rp h q a r p hq a r p r p c n n n λλλλλλ ⑥∵特征方程hrx q px x ++=有两个相异根1λ、2λ⇒方程0)(2=--+q p h x rx 有两个相异根1λ、2λ，而方程xrp xh q x --=-与方程0)(2=---q p h x rx 又是同解方程. ∴222111,λλλλλλ-=---=--rp hq r p h q将上两式代入⑥式得N ,2121211∈--=--⋅--=-n c rp rp a a r p r p c n n n n λλλλλλ当,01=c 即11λ≠a 时，数列}{n c 是等比数列，公比为rp rp 21λλ--.此时对于N ∈n 都有.))(()(12121111211------=--=n n n rp r p a a r p r p c c λλλλλλ当01=c 即11λ=a 时，上式也成立. 由21λλ--=n n n a a c 且21λλ≠可知.N ,1∈=n c n所以.N ,112∈--=n c c a n n n λλ(证毕)注:当qr ph =时,h ra q pa n n ++会退化为常数;当0=r 时,hra qpa a n n n ++=+1可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.【典例3】已知数列}{n a 满足性质：对于,324,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 的通项公式.【典例4】已知数列}{n a 满足：对于,N ∈n 都有.325131+-=+n n n a a a（1）若,51=a 求;n a （2）若,31=a 求;n a （3）若,61=a 求;n a （4）当1a 取哪些值时，无穷数列}{n a 不存在？下面分两种情况给出递推数列dt c bt 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 +⋅+⋅=+1dbt d a t n n +⋅=⇒+1,记k da=,c d b =，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 ct k k c t n n --=--+ ∴数列}1{k ct 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 kct k c t .(2)当c ≠0时,数列{n t }的特征函数为：)(x f =dx c bx a +⋅+⋅由x dx c bx 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 bt 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: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 n n 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 cxa cx a x t x t⇒12121111212111211--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--⋅-=n n n cxa cx a x t x t cxa cx a x t xt x x t .【典例5】已知数列{a n }中，a 1=2，3121+=+n n a a ，求{a n }的通项。
用不动点法求数列通项
用不动点法求数列的通项定义：方程= X的根称为函数/（X）的不动点.利用递推数列/（X）的不动点，可将某些递推关系0” ==/（"“」）所确左的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种方法称为不动点法.定理1：若f（x） = ax + b（a^O,a^\\ p是/（劝的不动点，©满足递推关系a n = f（%）,（“ > 1）,则a n-p = - /?）,即｛a n - p］是公比为a 的等比数列.证明：因为"是/（x）的不动点ap + b = p••• b-p = -ap由a n= a • a n_｝ + b得a n - p = a-a n_x +b-p =“（"心-p）所以｛a n-p｝是公比为d的等比数列.定理2：设f（x） = ""+（c 丰 0,ad 一H 0）, ｛a”｝满足递推关系a… = f （a n_｝）, n > 1,cx + d初值条件q工_/（山）（1）：若/（x）有两个相异的不动点p、q,则乞二£ = &・竺丄工（这里《=丄二2竺）〜一q Si -q "一qc1 1 2c（2）：若/（兀）只有唯一不动点〃，则--- = -------- + k（这里k = U）a n一P 一P。
〃证明：由 /(%) = x得 /(牙)="入+ ” =小所以ex2 + (d - a)x - b = 0 cx + dP ==><q =J 一P j-q 叫T +h所以（1）因为pg是不动点，所以a _ pc qd b叫t +b eg + d(a - pc)g + b _ pd(a — gc)% 十b _ qdpd bqd _b a_qc g _ qa_qc(2)因为”是方程ex 2 +(d-a)x-b = 0的唯一解，所以cp2+(d-a)p-b = 0所以b _ pd = c]F 一 ap , p = -_ 所以2c_ aa n ^ +b _ (a — cp )5-i +b_pd _(u-cp)a fJ _｛ +cp 2 - ap _ (a 一 cp^a^ 一 p)a ” 一 p = ---------- — p = -------------------------- = ------------------------------ = -----------------------+ d eg + d fl + 〃所以1 _ 1 5一]+〃_ 1 c(% - ”)+ 〃+ 3 _ c d + cp 1 _ 1 2c------ = ------ . --------- = ------ • ----------------- = ------- + ------- • ------- = --------— -----5 _ P u _ cp g - P u _ cp n a _ cp u — cp a n ^ - p a n ^ - p a + d2c 1 1令k=^—9 则一-一 =一-一 + k〃 _ P例1：设｛给｝满足绚=1卫叶=也匸三MW NS 求数列｛心｝的通项公式2例2：数列｛〜｝满足下列关系：⑷=2么色利=2d — ”4H0,求数列｛心｝的通项公式//y- 4- bx + C定理3：设函数f(x) = — ------------ ——(G HO,0HO)有两个不同的不动点且由ex + J知利=/（绻）确定着数列｛心），那么当且仅当h = 0,e = 2a 时,⑺一"=（匕二I ），% 一勺 知一勺证明:・・・Xk 是f （x ）的两个不动点耳田一州==叫^+少一如冷+ —町=叫：+ @_M )给 + (f __ 1小 冷+i 一吃 + bi* +c-x 2(eu n + /) cm ； + (b — %)冷+c-x 2f an ； + (Z? — ex 2)u tt +(e-一娅•> 2auj + (Z? - ex x )u n +(£_□)叮- byan/ + (Z? - ex 2 )u n +(e-a)x 2^ -bx 2ax^ +bx k +cM /-2X A +X 22即 c-x k f =(e —a)x k 2于是,H 2 [ “ | 2_心「W" a " aj b 一 ex. (e 一 一 bx 、 叮+——心+ ----------------------- =---- "a a・・・'HO ・・・方程组有唯一解b = 0上=2a1 x 22 -例3：已知数列｛©｝中宀=2如=——求数列｛心｝的通项.2®其实不动点法除了解决上而所考虑的求数列通项的几种情形，还可以解决如下问题:42 t例4：已知q >0,®工1且匕+i[ *，求数列｛心｝的通项.仇(勺「+1).4 x 2]解：作函数为/« =「二匸 懈方程f(x) = /得f(x)的不动点为4x( J T +1)X] =—1,勺=1，勺=-^-/,x 4 = $/•.取/? = l,q =—1,作如下代换：勺,+6%2+]r' *43分勺田+1 = 4。
关于不动点解数列问题
关于不动点解数列问题当f(x)=x时,x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:a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)注:我感觉一般非用不动点不可的也就这个了,所以记住它的解法就足够了。
我们如果用一般方法解决此题也不是不可以,只是又要待定系数,又要求倒数之类的,太复杂,如果用不动点的方法,此题就很容易了x=(ax+b)/(cx+d)令,即,cx2+(d-a)x-b=0令此方程的两个根为x1,x2,若x1=x2则有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p其中P可以用待定系数法求解,然后再利用等差数列通项公式求解。
注:如果有能力,可以将p的表达式记住,p=2c/(a+d)若x1≠x2则有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)其中q可以用待定系数法求解,然后再利用等比数列通项公式求解。
注:如果有能力,可以将q的表达式记住,q=(a-cx1)/(a-cx2)简单地说就是在递推中令an=x 代入a(n+1)也等于x然后构造数列.(但要注意,不动点法不是万能的,有的递推式没有不动点,但可以用其他的构造法求出通项;有的就不能求出)我还是给几个具体的例子吧:1。
已知a(1)=m. a(n+1)=〔a*a(n)+b〕/〔c*a(n)+d〕求an的通项a(n)和a(n+1)分别表示数列的第n项和第n+1项解:这种形式的递推式我有两种解法,待定系数法和不动点法,在此用不动点法解决此问题.将原递推式中的a[n]与a[n+1]都用x代替得到方程x=(ax+b)/(cx+d)即cx2+(d-a)x-b=0记方程的根为x1,x2(为了简单起见,假设方程有两实根)原方程可以变形为-x(a-cx)=b-dx所以-x=(b-dx)/(a-cx),将x1,x2代入得到-x1=(b-dx1)/(a-cx1)-x2=(b-dx2)/(a-cx2)将递推式两边同时减去x1得到a[n-1]-x1=[(a-cx1)a[n]+b-dx1]/(ca[n]+d)即a[n-1]-x1=(a-cx1)[a[n]+(b-dx1)/(a-cx1)]/(ca[n]+d)将-x1=(b-dx1)/(a-cx1)代入得到:a[n-1]-x1=(a-cx1)(a[n]-x1)/(ca[n]+d)同理:a[n-1]-x2=(a-cx2)(a[n]-x2)/(ca[n]+d)两式相除得到(a[n+1]-x1)/(a[n+1]-x2)=[(a-cx1)/(a-cx2)]*[(a[n]-x1)/(a[n]-x2)]从而{(a[n]-x1)/(a[n]-x2)}是等比数列(a[n]-x1)/(a[n]-x2)=[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)所以a[n]={x2*[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-x1}/([(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a -cx2)]^(n-1)-1}2。
教材一道例题引发的思考——函数不动点法求数列的通项公式
函数 不 动 点 法 求数 列 的通 项公 式
临汾 五 中 邰鲜 鲜
一 、 问 题 的 引 入
而利用等 比数列求的数列 ｛ 通项公式 。
人教版 必修五第二章第一节 “数列的概
２．当 特 征 函 数 为 函 数 ｆ（ｘ）＝ ＋ｂ）／ｆ ＋ｄ）
所 以 ，ａ１：１，ａ２— ３／１６，ａ３＝２／２１，ａ４＝１ 则数列 ｛ａｎ）为周期数列，周期为 ３，
（２）若 ｂ≠ ０，即 数 列 ｆ ）满 足递 推 关 系
定 义 ２：方 程 ｘ）－ｘ称 为 函 数 ｆ（ｘ）的不 动 ａｎ¨：（ａ·ａｎ＋ｂ）／（ｃａⅡ＋ｄ）时 ，先 求特 征 方程 的根 。
解：因为，特征函数为／（ ）＝妻
点 方 程 ，它 的实 数根 称 为 函数 ｆｆｘ）的不 动点 。
设 ６ ：
，所 以数列 【ｂ ）是等 比数
； ａ ｎ 一
列 ，首项 ｂｌ＝３，公 比 ｑ＝５，
＿ ３．５
一
解 得 ：
ｎ
５ ＋ １
＝
作 者简 介 ： 邰鲜 鲜 ，ｌ９８０年 ，女 ， 山西 临 汾人 ，本 科 学 历 ． 中二 职称 ，临 汾 五 中教 师。
信任学生 ，和学生打成一片。师生关系融洽 ， 感情融合也使教与学配合默契 ，实现 良好 的师 生 互 动 和 产 生 良好 的教 学 效 果 。 所 谓 “亲 其 师 ，信其道”就是这个道理。由此看出，平等 和谐 的师生关系是使学生快乐学习的保证。
项 求解很容易求 出数列 的前五项 。怎样求 出
ｆ（ｘ）＝（ ＋ｂ）／（ｃｘ＋ｄ）＝ｘ的实数根 ，再根据 特征方
数列的通 鎏 … …… 。…… 。 满足６ ：＿ ａｂ ＋三，利用３．１的方法先求出 程实数根构造辅助数列求解 。
用不动点法求数列通项
用不动点法求数列的通项定义：方程x x f =)(的根称为函数)(x f 的不动点.利用递推数列)(x f 的不动点，可将某些递推关系)(1-=n n a f a 所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种方法称为不动点法.定理1：若),1,0()(≠≠+=a a b ax x f p 是)(x f 的不动点，n a 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pb ap =+∴ap p b -=-∴由b a a a n n +⋅=-1得)(11p a a p b a a p a n n n -=-+⋅=---所以}{p a n -是公比为a 的等比数列.定理2：设)0,0()(≠-≠++=bc ad c dcx bax x f ，}{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 只有唯一不动点p ，则k pa p a n n +-=--111（这里da ck +=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q p ,是不动点，所以⎪⎩⎪⎨⎧=--+=--+0)(0)(22b q a d cq b p a d cp ⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=--=qc a b qd q pc a b pd p ，所以q a pa qc a pc a qc ab qd a pc a bpd a qca pc a qdb 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 的唯一解，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d a c k +=2，则k pa p a n n +-=--111例1：设}{n a 满足*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 满足下列关系：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 f ex cbx ax x f 有两个不同的不动点21,x x ,且由)(1n n u f u =+确定着数列}{n u ,那么当且仅当a e b 2,0==时,2212111)(x u x u x u x u n n n n --=--++证明: k x 是)(x f 的两个不动点∴f ex c bx ax x k k kk +++=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,2212111(x u x u x u x u n n n n --=--++⇔22222112222221211222)()()()(x u x u x u x u bx x a e u ex b au bx x a e u ex b au n n n n n n n n +-+-=--+-+--+-+⇔22222112222221211222)()(x u x u x u x u abx x a e u a ex b u a bx x a e u a ex b u n n n n n n n n +-+-=--+-+--+-+⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=--=-221122x aex b x a ex b ⇔⎩⎨⎧=-+=-+0)2(0)2(21x e a b x e a b 1121x x 0≠∴方程组有唯一解ae 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.其实不动点法除了解决上面所考虑的求数列通项的几种情形,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:42342342242241111(146414641)1(4161)1(41611-+=+-+-++++=-+++++++=-+++n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 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）证明：13521nn 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 满足1x p =，22x p q =-，12n n n x px qx --=-（34n =，，…）．（1）证明：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）证明：对任意的正整数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nS 13陕西文21．（本小题满分12分）已知数列{}n a 满足，*11212,,2n n n a a a a a n N ++=∈’＋2＝＝.()I 令1n n n b a a +=-，证明：{}n b 是等比数列；(Ⅱ)求{}n a 的通项公式。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解14---用“不动点法”求数列的通项公式(解析版)
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解 14 用“不动点法”求数列的通项公式设已知数列}{n a 的项满足其中,1,0≠≠c c 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,d cx x +=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0x ，则当10a x =时，n a 为常数列，即0101,;x b a a x a a n n n +===时当，其中}{n b 是以c 为公比的等比数列，即01111,x a b c b b n n -==-.证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10cd x -=作换元,0x a b n n -= 则.)(110011n n n n n n cb x a c ccd ca c d d ca x a b =-=--=--+=-=-- 当10a x ≠时，01≠b ，数列}{n b 是以c 为公比的等比数列，故;11-=n n cb b当10a x =时，01=b ，}{n b 为0数列，故.N ,1∈=n a a n （证毕）下面列举两例，说明定理1的应用. 【典型题型1】已知数列}{n a 满足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a 【解析】解：作方程.23,2310-=--=x x x 则 当41=a 时，.21123,1101=+=≠a b x a 数列}{n b 是以31-为公比的等比数列.于是.N ,)31(2112323,)31(211)31(1111∈-+-=+-=-=-=---n b a b b n n n n n n 【典型题型2】已知数列}{n a 满足递推关系：,N ,)32(1∈+=+n i a a n n 其中i 为虚数单位. 当1a 取何值时，数列}{n a 是常数数列？【解析】解：作方程,)32(i x x +=则.5360i x +-= 要使n a 为常数，即则必须.53601i x a +-== 现在考虑一个分式递推问题（*）. 定理2.如果数列}{n a 满足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ，都有h ra q pa a n n n ++=+1（其中p 、q 、r 、h 均为常数，且r h a r qr ph -≠≠≠1,0,），那么，可作特征方程h rx q px x ++=. （1）当特征方程有两个相同的根λ（称作特征根）时，若,1λ=a 则;N ,∈=n a n λ若λ≠1a ，则,N ,1∈+=n b a n n λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p r n a b n λλ特别地，当存在,N 0∈n 使00=n b 时，无穷数列}{n a 不存在.（2）当特征方程有两个相异的根1λ、2λ（称作特征根）时，则112--=n n n c c a λλ，,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中 证明：先证明定理的第（1）部分.作交换N ,∈-=n a d n n λ 则λλ-++=-=++hra q pa a d n n n n 11 hra h q r p a n n +-+-=λλ)(hd r h q r p d n n ++-+-+=)())((λλλλ λλλλr h rd q p h r r p d n n -+--+--=])([)(2① ∵λ是特征方程的根，∴λ.0)(2=--+⇒++=q p h r hr q p λλλλ 将该式代入①式得.N ,)(1∈-+-=+n rh rd r p d d n n n λλ② 将r p x =代入特征方程可整理得,qr ph =这与已知条件qr ph ≠矛盾.故特征方程的根λ,r p ≠于是.0≠-r p λ③当01=d ，即λ+=11d a =λ时，由②式得,N ,0∈=n b n 故.N ,∈=+=n d a n n λλ 当01≠d 即λ≠1a 时，由②、③两式可得.N ,0∈≠n d n 此时可对②式作如下变化： .1)(11rp r d r p r h r p d r h rd d n n n n λλλλλ-+⋅-+=--+=+④ 由λ是方程h rx q px x ++=的两个相同的根可以求得.2rh p -=λ ∴,122=++=---+=-+h p p h r r h p p r r h p h r p r h λλ 将此式代入④式得.N ,111∈-+=+n rp r d d n n λ 令.N ,1∈=n d b n n 则.N ,1∈-+=+n r p r b b n n λ故数列}{n b 是以rp r λ-为公差的等差数列. ∴.N ,)1(1∈-⋅-+=n r p r n b b n λ 其中.11111λ-==a d b当0,N ≠∈n b n 时，.N ,1∈+=+=n b d a nn n λλ 当存在,N 0∈n 使00=n b 时，λλ+=+=0001n n n b d a 无意义.故此时，无穷数列}{n a 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1λ、2λ，∴其中必有一个特征根不等于1a ，不妨令.12a ≠λ于是可作变换.N ,21∈--=n a a c n n n λλ 故21111λλ--=+++n n n a a c ，将h ra q pa a n n n ++=+1代入再整理得 N ,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a h q r p a c n n n λλλλ⑤ 由第（1）部分的证明过程知r p x =不是特征方程的根，故.,21r p r p ≠≠λλ 故.0,021≠-≠-r p r p λλ所以由⑤式可得：N ,2211211∈--+--+⋅--=+n r p h q a r p h q a r p r p c n n n λλλλλλ⑥ ∵特征方程hrx q px x ++=有两个相异根1λ、2λ⇒方程0)(2=--+q p h x rx 有两个相异根1λ、2λ，而方程xrp xh q x --=-与方程0)(2=---q p h x rx 又是同解方程. ∴222111,λλλλλλ-=---=--rp h q r p h q 将上两式代入⑥式得N ,2121211∈--=--⋅--=-n c rp r p a a r p r p c n n n n λλλλλλ当,01=c 即11λ≠a 时，数列}{n c 是等比数列，公比为rp r p 21λλ--.此时对于N ∈n 都有 .))(()(12121111211------=--=n n n rp r p a a r p r p c c λλλλλλ 当01=c 即11λ=a 时，上式也成立. 由21λλ--=n n n a a c 且21λλ≠可知.N ,1∈=n c n 所以.N ,112∈--=n c c a n n n λλ(证毕)注:当qr ph =时,h ra q pa n n ++会退化为常数;当0=r 时,h ra q pa a n n n ++=+1可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.【典型题型3】已知数列}{n a 满足性质：对于,324,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 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.【解析】解:依定理作特征方程,324++=x x x 变形得,04222=-+x x 其根为.2,121-==λλ故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有.N ,)221211(2313)(11212111∈⋅-⋅-⋅+-⋅--⋅--=--n r p r p a a c n n n λλλλ ∴.N ,)51(521∈-=-n c n n ∴.N ,1)51(521)51(52211112∈----⋅-=--=--n c c a n n n n n λλ 即.N ,)5(24)5(∈-+--=n a n n n【典型题型4】已知数列}{n a 满足：对于,N ∈n 都有.325131+-=+n n n a a a （1）若,51=a 求;n a （2）若,31=a 求;n a （3）若,61=a 求;n a （4）当1a 取哪些值时，无穷数列}{n a 不存在？ 【解析】解：作特征方程.32513+-=x x x 变形得,025102=+-x x特征方程有两个相同的特征根.5=λ依定理2的第（1）部分解答.（1）∵∴=∴=.,511λa a 对于,N ∈n 都有;5==λn a（2）∵.,311λ≠∴=a a ∴λλr p r n a b n --+-=)1(11 51131)1(531⋅-⋅-+-=n ,8121-+-=n 令0=n b ，得5=n .故数列}{n a 从第5项开始都不存在，当n ≤4，N ∈n 时，51751--=+=n n b a n n λ. （3）∵,5,61==λa ∴.1λ≠a ∴.,811)1(11N n n r p r n a b n ∈-+=--+-=λλ 令,0=n b 则.7n n ∉-=∴对于.0b N,n ≠∈n ∴.N ,7435581111∈++=+-+=+=n n n n b a n n λ （4）显然当31-=a 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，51=a时，数列}{n a 是存在的，当51=≠λa 时，则有.N ,8151)1(111∈-+-=--+-=n n a r p r n a b n λλ令,0=n b 则得N ,11351∈--=n n n a 且n ≥2. ∴当11351--=n n a （其中N ∈n 且N ≥2）时，数列}{n a 从第n 项开始便不存在. 于是知：当1a 在集合3{-或,:1135N n n n ∈--且n ≥2}上取值时，无穷数列}{n a 都不存在. 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 +⋅+⋅=+1db t d a t n n +⋅=⇒+1, 记k da =,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: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 n n 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 .【典型题型5】已知数列{a n }中，a 1=2，3121+=+n n a a ，求{a n }的通项。
高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法
高中数学解题方法系列：数列中求通项的10种方法一、公式法例1已知数列{}n a 满足1232nn n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。
解：1232nn n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n n a a ++-=，故数列{}2nna 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。
二、累加法)(1n f a a n n =--例2已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例3已知数列{}n a 满足1132313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：13231nn n a a +=+⨯+两边除以13n +，得111213333n n n n n a a +++=++，则111213333n n n n n a a +++-=+三、累乘法)(1n f a a n n=-例4已知数列{}n a 满足112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：因为112(1)53nn n a n a a +=+⨯=，，所以0n a ≠，则12(1)5n n na n a +=+，故1321122112211(1)(2)21(1)12[2(11)5][2(21)5][2(21)5][2(11)5]32[(1)32]53325!n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n -------+-+++--=⋅⋅⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅+⨯+⨯⨯=-⋅⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯ 所以数列{}n a 的通项公式为(1)12325!.n n n n a n --=⨯⨯⨯例5已知数列{}n a 满足11231123(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥ ，，求{}n a 的通项公式。
2022年高考数学重难题型突破类型四用“不动点法”求数列的通项公式(解析版)
类型四 用“不动点法”求数列的通项公式设已知数列}{n a 的项满足其中,1,0≠≠c c 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,d cx x +=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0x ，则当10a x =时，n a 为常数列，即0101,;x b a a x a a n n n +===时当，其中}{n b 是以c 为公比的等比数列，即01111,x a b c b b n n -==-. 证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10c d x -=作换元,0x a b n n -= 则.)(110011n n n n n n cb x a c ccd ca c d d ca x a b =-=--=--+=-=-- 当10a x ≠时，01≠b ，数列}{n b 是以c 为公比的等比数列，故;11-=n n c b b当10a x =时，01=b ，}{n b 为0数列，故.N ,1∈=n a a n （证毕）下面列举两例，说明定理1的应用.【典例1】已知数列}{n a 满足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a 【解析】解：作方程.23,2310-=--=x x x 则 当41=a 时，.21123,1101=+=≠a b x a 数列}{n b 是以31-为公比的等比数列.于是.N ,)31(2112323,)31(211)31(1111∈-+-=+-=-=-=---n b a b b n n n n n n 【典例2】已知数列}{n a 满足递推关系：,N ,)32(1∈+=+n i a a n n 其中i 为虚数单位.当1a 取何值时，数列}{n a 是常数数列？【解析】解：作方程,)32(i x x +=则.5360i x +-=要使n a 为常数，即则必须.53601i x a +-== 现在考虑一个分式递推问题（*）.定理2.如果数列}{n a 满足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ，都有hra q pa a n n n ++=+1（其中p 、q 、r 、h 均为常数，且r h a r qr ph -≠≠≠1,0,），那么，可作特征方程hrx q px x ++=. （1）当特征方程有两个相同的根λ（称作特征根）时，若,1λ=a 则;N ,∈=n a n λ若λ≠1a ，则,N ,1∈+=n b a n n λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p r n a b n λλ特别地，当存在,N 0∈n 使00=n b 时，无穷数列}{n a 不存在.（2）当特征方程有两个相异的根1λ、2λ（称作特征根）时，则112--=n n n c c a λλ，,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中 证明：先证明定理的第（1）部分.作交换N ,∈-=n a d n n λ 则λλ-++=-=++hra q pa a d n n n n 11 hra h q r p a n n +-+-=λλ)( h d r h q r p d n n ++-+-+=)())((λλλλ λλλλr h rd q p h r r p d n n -+--+--=])([)(2 ① ∵λ是特征方程的根，∴λ.0)(2=--+⇒++=q p h r h r q p λλλλ 将该式代入①式得.N ,)(1∈-+-=+n r h rd r p d d n n n λλ ② 将r p x =代入特征方程可整理得,qr ph =这与已知条件qr ph ≠矛盾.故特征方程的根λ,r p ≠于是.0≠-r p λ ③当01=d ，即λ+=11d a =λ时，由②式得,N ,0∈=n b n 故.N ,∈=+=n d a n n λλ当01≠d 即λ≠1a 时，由②、③两式可得.N ,0∈≠n d n 此时可对②式作如下变化：.1)(11rp r d r p r h r p d r h rd d n n n n λλλλλ-+⋅-+=--+=+ ④ 由λ是方程h rx q px x ++=的两个相同的根可以求得.2rh p -=λ ∴,122=++=---+=-+h p p h r r h p p r r h p h r p r h λλ 将此式代入④式得.N ,111∈-+=+n rp r d d n n λ 令.N ,1∈=n d b n n 则.N ,1∈-+=+n r p r b b n n λ故数列}{n b 是以r p r λ-为公差的等差数列. ∴.N ,)1(1∈-⋅-+=n rp r n b b n λ 其中.11111λ-==a d b 当0,N ≠∈n b n 时，.N ,1∈+=+=n b d a n n n λλ 当存在,N 0∈n 使00=n b 时，λλ+=+=0001n n n b d a 无意义.故此时，无穷数列}{n a 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1λ、2λ，∴其中必有一个特征根不等于1a ，不妨令.12a ≠λ于是可作变换.N ,21∈--=n a a c n n n λλ 故21111λλ--=+++n n n a a c ，将h ra q pa a n n n ++=+1代入再整理得 N ,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a h q r p a c n n n λλλλ ⑤ 由第（1）部分的证明过程知r p x =不是特征方程的根，故.,21r p r p ≠≠λλ 故.0,021≠-≠-r p r p λλ所以由⑤式可得：N ,2211211∈--+--+⋅--=+n r p h q a r p h q a r p r p c n n n λλλλλλ ⑥ ∵特征方程h rx q px x ++=有两个相异根1λ、2λ⇒方程0)(2=--+q p h x rx 有两个相异根1λ、2λ，而方程xrp xh q x --=-与方程0)(2=---q p h x rx 又是同解方程. ∴222111,λλλλλλ-=---=--rp h q r p h q 将上两式代入⑥式得N ,2121211∈--=--⋅--=-n c rp r p a a r p r p c n n n n λλλλλλ 当,01=c 即11λ≠a 时，数列}{n c 是等比数列，公比为r p r p 21λλ--.此时对于N ∈n 都有 .))(()(12121111211------=--=n n n rp r p a a r p r p c c λλλλλλ 当01=c 即11λ=a 时，上式也成立. 由21λλ--=n n n a a c 且21λλ≠可知.N ,1∈=n c n 所以.N ,112∈--=n c c a n n n λλ(证毕)注:当qr ph =时,h ra q pa n n ++会退化为常数;当0=r 时,h ra q pa a n n n ++=+1可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.【典例3】已知数列}{n a 满足性质：对于,324,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 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.【解析】解:依定理作特征方程,324++=x x x 变形得,04222=-+x x 其根为.2,121-==λλ故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有.N ,)221211(2313)(11212111∈⋅-⋅-⋅+-⋅--⋅--=--n r p r p a a c n n n λλλλ ∴.N ,)51(521∈-=-n c n n ∴.N ,1)51(521)51(52211112∈----⋅-=--=--n c c a n n n n n λλ 即.N ,)5(24)5(∈-+--=n a n n n 【典例4】已知数列}{n a 满足：对于,N ∈n 都有.325131+-=+n n n a a a （1）若,51=a 求;n a （2）若,31=a 求;n a （3）若,61=a 求;n a （4）当1a 取哪些值时，无穷数列}{n a 不存在？ 【解析】解：作特征方程.32513+-=x x x 变形得,025102=+-x x 特征方程有两个相同的特征根.5=λ依定理2的第（1）部分解答.（1）∵∴=∴=.,511λa a 对于,N ∈n 都有;5==λn a（2）∵.,311λ≠∴=a a ∴λλr p r n a b n --+-=)1(11 51131)1(531⋅-⋅-+-=n ,8121-+-=n 令0=n b ，得5=n .故数列}{n a 从第5项开始都不存在，当n ≤4，N ∈n 时，51751--=+=n n b a n n λ. （3）∵,5,61==λa ∴.1λ≠a ∴.,811)1(11N n n r p r n a b n ∈-+=--+-=λλ令,0=n b 则.7n n ∉-=∴对于.0b N,n ≠∈n ∴.N ,7435581111∈++=+-+=+=n n n n b a n n λ （4）显然当31-=a 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，51=a 时，数列}{n a 是存在的，当51=≠λa 时，则有.N ,8151)1(111∈-+-=--+-=n n a r p r n a b n λλ令,0=n b 则得N ,11351∈--=n n n a 且n ≥2. ∴当11351--=n n a （其中N ∈n 且N≥2）时，数列}{n a 从第n 项开始便不存在. 于是知：当1a 在集合3{-或,:1135N n n n ∈--且n ≥2}上取值时，无穷数列}{n a 都不存在. 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 da =,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 nn 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: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 n n 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 .【典例5】已知数列{a n }中，a 1=2，3121+=+n n a a ，求{a n }的通项。
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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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]。