不动点法求数列的通项(讲座)
数列专题复习(等差与等比、数列求和、奇偶项问题、不动点法求通项)(刘蒋巍讲义)
数列专题复习（等差与等比、数列求和、奇偶项问题、不动点法求通项）专题1 等差数列与等比数列[考情分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.数列求和及数列的综合问题是高考考查的重点． 考点一 等差数列、等比数列的基本运算 核心提炼等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) (1)等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.(3)等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(4)等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.例1 (1)《周髀算经》中有一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则冬至的日影长为( ) A ．15.5尺 B ．12.5尺 C ．10.5尺 D ．9.5尺(2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *)．数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝264n ，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________．规律方法 等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列．(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅱ)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5(2)(多选)(2020·威海模拟)等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 1>0，S 10＝S 20，则( ) A ．d <0 B ．a 16<0 C ．S n ≤S 15D ．当且仅当n ≥32时，S n <0考点二 等差数列、等比数列的性质 核心提炼1．通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k . 2．前n 项和的性质：(1)对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外)． (2)对于等差数列，有S 2n －1＝(2n －1)a n .例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A ．11B ．12C ．20D ．22(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 020＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)等于( )A ．2 020B ．1 010C ．2 D.12规律方法 等差、等比数列的性质问题的求解策略(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解．(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8等于( )A ．12B ．24C ．30D ．32(2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( ) A ．－510 B ．400 C ．400或－510 D ．30或40考点三 等差数列、等比数列的探索与证明 核心提炼等差数列 等比数列 定义法 a n ＋1－a n ＝d a n ＋1a n＝q (q ≠0) 通项法 a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1·q n －1 中项法2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2) a 2n ＝a n －1a n ＋1 (n ≥2，a n ≠0) 前n 项和法S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数)S n ＝kq n －k (k ≠0，q ≠0,1)证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．例3 (2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．易错提醒 a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.跟踪演练3 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n.(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是不是等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．专题2 数列求和及其综合应用[考情分析] 数列求和常与数列的综合应用一起考查，常以解答题的形式出现，有时与函数、不等式综合在一起考查，难度中等偏上． 考点一 数列求和 核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.2．如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．考向1 分组转化法求和例1 已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n ＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .考向2 裂项相消法求和例2 (2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2－2n ，{b n }为正项等比数列，且b 1＝a 1＋3，b 3＝6a 4＋2. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1a n ＋1·log 2b n ＋1，求{c n }的前n 项和T n .考向3 错位相减法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3(1＋S n )，求数列{a n b n }的前n 项和T n .规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．跟踪演练1 (1)已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8等于( )A ．－16B ．－8C ．8D ．16(2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列{a n }满足2(2n ＋1)a n a n ＋1＋a n ＋1＝a n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4 0404 041 D.4 0394 040(3)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．①求数列{a n }与{b n }的通项公式； ②记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .考点二 数列的综合问题 核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明．例4 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy 中，一个质点从A (a 1，a 2)出发沿图中路线依次经过B (a 3，a 4)，C (a 5，a 6)，D (a 7，a 8)，…，按此规律一直运动下去，则a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020(2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋…＋1n a n ＝n 2＋n (n ∈N *)，设数列{b n }满足b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <nn ＋1λ(n ∈N *)恒成立，则λ的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫14，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫14，＋∞ C.⎣⎡⎭⎫38，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫38，＋∞易错提醒 (1)公式a n ＝S n －S n －1适用于所有数列，但易忽略n ≥2这个前提．(2)数列和不等式的综合问题，要注意条件n ∈N *，求最值要注意等号成立的条件，放缩不等式要适度．跟踪演练2 (1)(2020·中国人民大学附属中学模拟)在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，则“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件专题3 数列中的奇、偶项问题数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列．例 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型①数列中连续两项和或积的问题(a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n ·a n ＋1＝f (n ))； ②含有(－1)n 的类型；③含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型； ④已知条件明确的奇偶项问题．(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .1．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－4002．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ·n ，若对任意的正整数n ，使得(a n ＋1－p )·(a n －p )<0恒成立，则实数p 的取值范围是________．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .专题4 用“不动点法”求数列的通项公式对于一个函数f (x )，我们把满足f (m )＝m 的值x ＝m 称为函数f (x )的“不动点”．利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式．例 (1)在数列{a n }中，a 1＝1, a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式．解 设f (x )＝12x ＋1，令f (x )＝x ，即12x ＋1＝x ，得x ＝2，∴x ＝2是函数f (x )＝12x ＋1的不动点，∴a n ＋1－2＝12(a n －2)，∴数列{a n －2}是以－1为首项，以12为公比的等比数列，∴a n －2＝－1×⎝⎛⎭⎫12n －1， ∴a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1，n ∈N *.(2)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，求该数列的通项公式．解 由方程x ＝7x －2x ＋4，得数列{a n }的不动点为1和2，a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－(a n ＋4)7a n －2－2(a n ＋4)＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2·⎝⎛⎭⎫65n －1， 解得a n ＝12·⎝⎛⎭⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.(1)若f (x )＝ax ＋b (a ≠0,1)，p 是f (x )的不动点．数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，则a n ＋1－p ＝a (a n －p )，即{a n －p }是公比为a 的等比数列．(2)设f (x )＝ax ＋bcx ＋d (c ≠0，ad －bc ≠0)，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，a 1≠f (a 1)．若f (x )有两个相异的不动点p ，q ，则a n ＋1－p a n ＋1－q ＝k ·a n －p a n －q ⎝ ⎛⎭⎪⎫此处k ＝a －pc a －qc .1．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－13a n －2，a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．2．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n －1＋22a n －1＋1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．3．设数列{a n }满足8a n ＋1a n －16a n ＋1＋2a n ＋5＝0(n ≥1，n ∈N *)，且a 1＝1，记b n ＝1a n －12(n ≥1)．求数列{b n }的通项公式．。
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
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]。
不动点法求数列通项详细推导过程
不动点法求数列通项详细推导过程不动点法求数列通项详细推导过程：不动点法是一种用于求解数列的方法，它要求找出一个函数，使得该函数的图像在某一区间上是“不动的”（不随x的变化而变化）。
也就是说，函数的图像在这个区间上以某一点作为中心，不断地向外扩张或收缩，但其形状不会变化。
首先，我们来看看如何使用不动点法求数列通项。
首先，我们需要找出一个函数f(x)，使得它的图像在某一区间上是“不动的”。
然后，我们将该函数的图像画出来，以确定该函数在某一特定点的不动点（即该函数的图像在这个点上不再发生变化）。
根据不动点的定义，当函数的图像在某一点上不再变化时，以该点为中心，函数的图像会以相同的形状、大小和位置无限重复。
接下来，我们可以利用这种“不动”的性质，来证明f(x)是数列的通项公式。
首先，我们需要利用微积分原理，求出f(x)的导数。
具体而言，我们假设，f(x)的导数是g(x)，并且我们最终可以得出g(x)=0，这意味着f(x)在某一点上是“不动的”。
接着，我们可以使用定积分法，将g(x)带入原函数f(x)，从而求出f(x)的极限。
此时，我们可以发现，f(x)的极限正好是数列的通项公式。
最后，我们进一步证明，f(x)的极限就是数列的通项公式。
为了这样做，我们需要将f(x)的极限代入数列的前n项，并对其进行求和，以确定求和的结果是否与数列的通项公式相等。
如果求和结果与数列的通项公式相等，则说明f(x)就是数列的通项公式。
总之，不动点法求数列通项详细推导过程便是：首先，找出一个函数f(x)，使得它的图像在某一区间上是“不动的”；然后，利用微积分原理求出f(x)的导数，并用定积分法将g(x)带入原函数f(x)，从而求出f(x)的极限；最后，将f(x)的极限代入数列的前n项，并对其进行求和，以确定求和的结果是否与数列的通项公式相等。
如果求和结果与数列的通项公式相等，则说明f(x)就是数列的通项公式。
2023年高考数学考前冲刺：用“不动点法”求数列的通项公式
第18讲用“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.【解析】解：作方程.2,230 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.5360ix要使n a 为常数，即则必须.53601ix 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 qpa a n n n 1（其中p 、q 、r 、h 均为常数，且r h a r qr ph1,0,），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 （称作特征根）时，若,1 a 则;N , n a n 若 1a ，则,N ,1n b a n n 其中.N ,)1(11 n r p rn a b n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1 、2 （称作特征根）时，则112n n n c c a ，,N n 其中).(,N ,(211212111a 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 则hra qpa a d n n n n 11h ra hq r p a n n)(hd r hq r p d n n)())((r h rd q p h r r p d n n])([)(2①∵ 是特征方程的根，∴ .0)(2 q p h r hr qp 将该式代入①式得.N ,)(1 n rh rd r p d d n n n 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,rp于是.0 r p ③当01 d ，即 11d a = 时，由②式得,N ,0 n b n 故.N , n d a n n 当01 d 即 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 n④由 是方程h rx q px x的两个相同的根可以求得.2r hp ∴,122 h p p h rrh p p rr h p h r p r h 将此式代入④式得.N ,111n rp r d d n n 令.N ,1n d b nn 则.N ,1n r p r b b n n 故数列}{n b 是以r p r 为公差的等差数列.∴.N ,)1(1 n rp rn b b n 其中.11111a db 当0,N n b n 时，.N ,1n b d a nn n 当存在,N 0 n 使00 n b 时，001n 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1 、2 ，∴其中必有一个特征根不等于1a ，不妨令.12a 于是可作变换.N ,21n a a c n n n故21111n n n a a c ，将hra qpa a n n n 1代入再整理得N,)()(22111n hq r p a hq r p a c n n n 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 故.0,021 r p r p 所以由⑤式可得：N,2211211n rp h q a r p hq a rp r p c n n n ⑥∵特征方程hrx q px x有两个相异根1 、2 方程0)(2q p h x rx 有两个相异根1 、2 ，而方程xrp xh q x与方程0)(2q p h x rx 又是同解方程.∴222111, rp hq r p h q 将上两式代入⑥式得N,2121211n c rp rp a a r p r p c n n n n 当,01 c 即11 a 时，数列}{n c 是等比数列，公比为rp rp 21 .此时对于N n 都有.)(((12121111211 n n n rp r p a a r p r p c c 当01 c 即11 a 时，上式也成立.由21n n n a a c 且21 可知.N ,1 n c n 所以.N ,112n c c a n n n (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.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,324x x x变形得,04222 x x 其根为.2,121 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(11212111n r p r p a a c n n n ∴.N ,51(521n c n n∴.N ,1)51(521)51(52211112n c c a n n n n n 即.N ,)5(24)5( n a nn n 【解析】解：作特征方程.32513x x 变形得,025102x x特征方程有两个相同的特征根.5 依定理2的第（1）部分解答.（1）∵ .,511 a a 对于,N n 都有;5 n a （2）∵.,311 a a ∴r p rn a b n)1(1151131)1(531n ,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，51751n n b a n n.（3）∵,5,61 a ∴.1 a ∴.,811)1(11N n n r p r n a b n令,0 n b 则.7n n ∴对于.0b N,n n ∴.N ,7435581111n n n n b a nn（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 a 时，则有.N ,8151)1(111 n n a r p r n a b n 令,0 n b 则得N ,11351n n n a 且n ≥2.∴当11351n 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 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 n1dbt 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{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)(2b x a d cx 的两根为x 1,x 2,则有:0)(121 b x a d cx ,0)(222b 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 nn n2121x t x t k x dt c b t a x d t c bt a n n n n n n212211x 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 n212211))(())((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021cx a cx a )的等比数列.∴21x t x t n n =1212111n cxa cx a x t x t 12121111212111211n n n cxa cx a x t x t cxa cx a x t x t x x t .【解析】解：因为{a n }的特征函数为：312)(x f ,由1312)( x x x x f ,∴3121n n a a )1(3211 n n a a ∴数列{a n -1}是公比为32的等比数列,∴a n -1=1132)(1( n a a n =1+1)32( n .【解析】解：因为{a n }的特征函数为：1)( x x f ,由2,1023124)(212x x x x x x x x f 设212111 n nn n a a k a a 2121241124 n n n n n n a a k a a a a214233 n n n n a a k a a 21)2()1(23 n nn n a a k a a 23k 即21232111n n n n a a a a ,∴数列21n n a a 是公比为23的等比数列.∴111232121n n na a a a ∵a 1=3,∴123221n n na a 121232322 n n n n n a .【解析】解：因为{a n }的特征函数为：xx f 1)(,由x xxx f11)( i x i x x 212,01设ia ia k i a i a n n n n11 i a i a k i a a i a a n n n n n n1111i a i a k i a i a i a i a n n n n n n 11 i a i a k i a i a i i n nn n )()(11i i k11即i a ia i i i a i a n n n n1111,∴数列i a i a n n 是公比为i i11的等比数列.∴11111n n n i i i a i a i a i a ∵a 1=2,∴11122n n n i i i i i a i a122 n n n i ii i a i a 1)2(221)2(n n n i i i ii i a .【解析】解：∵)1(2n n a n S n n ……①∴n n a n S n n )1()1(121 ……②②-①得：)1()1()1(2121 n n n n a n a n a n n n2)2(1 n n na a n 2221n a n n a n n ……③因为{a n }的特征函数为：222)(n x n n x f ,由x n x n n x f 222)( x=1.设n n b a 1 1 n n b a ，111 n n b a ……④将④代入③得：22)1(211n b n n b n n n n b n n b 2121 n nb b n n ∴13423121n n n b b b b b b b b b b ，∵21111a b ∴)1(11153423121n n n n b n ∴)1(111 n n b a n n 。
用不动点法求数列通项
用不动点法求数列的通项之蔡仲巾千创作定义：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 bqd 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 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 fex c bx ax x f 有两个分歧的不动点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∴fex cbx 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,1121x x 0≠∴方程组有唯一解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: 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：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 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n S13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。
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。
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。
用不动点法求数列通项
用不动点法求数列的通项之马矢奏春创作时间：二O 二一年七月二十九日定义：方程x x f =)(的根称为函数)(x f 的不动点.运用递推数列)(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 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）：若有)(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 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 =+确定着数列}{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 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,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.其实不动点法除理解决上面所推敲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: 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：对随便率性的正整数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 , 已知对随便率性的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。
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
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不动点法求数列的通项惠来县第一中学 方文湃自从实施新课程标准，使用新教材以来，高考题中出现了数列的解答题的次数好象不少。
如2007年普通高考广东数学理科卷压轴题第21题 、2011年普通高等学校招生全国统一考试数学广东卷理科第20题 ，这两道题都是已知数列的递推式，求它的的通项公式，并且求法都与“不动点”有关。
记函数f(x)的定义域为D ，若存在λ∈D ，使λ＝f(λ)成立，则称（λ，λ）为坐标的点为函数f(x)图象上的不动点。
以此类推，在数列{a n }中，a n+1=f(a n ) (n ∈N +)，若存在λ满足方程λ＝f(λ)，称λ为不动点方程λ＝f(λ)的根。
下面介绍的一些数列，可先求生成函数（递推式）的不动点，通过换元后，化为等差、等比数列，再求这些数列的通项，这一方法，我们不妨称为不动点法。
一、递推式为a n+1=aa n +b(a ≠0,a ≠1,a,b 均为常数)型的数列由递推式a n+1=aa n +b 总可变形为a n+1－λ=a （a n －λ） …………………………（１） （１） 式中的λ与系数a,b 存在怎样的关系呢？ 由（１）得a n+1=aa n ＋λ－a λ∴b=λ－a λ即λ＝a λ+b …………………………（２）关于λ的方程（２）刚好是递推式a n+1=aa n +b 中的a n ，a n+1都换成λ得到的不动点方程。
令b n =a n －λ代入（１）得b n+1=ab n一般来说，可先求等比数列{b n }的通项，再求数列{a n }的通项。
例１：在数列{a n }中，已知a 1=1,a n+1=1－21a n (n ∈N +),求lim ∞→n a n 。
解：令x=1－21x 得x=32a n+1－32=1－21a n －32=－21 (a n －32)令b n =a n －32，则b n+1=－21b n∴数列{b n }成首项为b 1=a 1－32=1－32=31，公比为q ＝－21的等比数列，于是有b n =31(－21)n －1即a n －32＝31(－21)n－1 ∴a n =32[1－31(－21)n ]∴lim ∞→n a n =32限于篇幅，求这种类型的数列的通项，其它的解法就不说了。
二、递推式为a n+1=dca b aa n n ++（c ≠0,a,b,c,d 为常数）型的数列a n+1－λ=dca b aa n n ++－λ＝dca d b a c a n n +-+-λλ)(=dca c a d b a c a n n +--+-))((λλλ 令λ＝－λλc ad b --可化得 λ＝dc ba ++λλ …………………………（３） 关于λ的方程（３）刚好是递推式a n+1=dca b aa n n ++中的a n ，a n+1都换成λ后的不动点方程。
○1当方程（３）有两个不同根λ１，λ２时，有 a n+1－λ１＝d ca a c a n n +--))((11λλa n+1－λ２＝dca a c a n n +--))((22λλ∴2111λλ--++n n a a ＝21λλc a c a --•21λλ--n n a a令b n =21λλ--n n a a 有b n ＋１＝21λλc a c a --•b n一般来说，可先求等比数列{b n }的通项，后求数列{a n }的通项。
例２：数列｛a n ｝由a 1=2，a n+1=313++n n a a （n ≥1）给出，求lim ∞→n a n 。
解：令x=313++x x ,得x 1 =1,x 2 =-1，于是有a n+1- 1 =3)1(21313+-=-++n n n n a a a a a n+1+1 =3)1(41313++=+++n n n n a a a a ∴1111+-++n n a a =21·11+-n n a a设b n =11+-n n a a ,则b n+1 =21b n这样数列{b n }成首项为b 1 =1111+-a a =31,公比为21的等比数列, 于是b n =31·1)21(-n , 由b n =11+-n n a a 得a n =nn b b -+11=11)21(311)21(311--⋅-⋅+n n∴lim ∞→n an=1○2当方程（３）出现重根同为λ时， 由a n+1－λ＝dca a c a n n +--))((λλ得λ-+11n a ＝))((λλ--+n n a c a d ca ＝λc a c-＋))((λλλ--+n a c a c d设c n =λ-n a 1得c n ＋１＝λλc a c d -+•c n ＋λc a c- 即数列{c n }的递推式总可化为“c n ＋１＝ac n +b （a ，b 为常数）型”，又一次运用不动点法求得数列{c n }的通项，从而求数列{a n }的通项。
例３:在数列｛a n ｝中，a n =1, a 1+n = 22+n na a (n=1,2……)。
求a n 。
解：令x=22+x x,得x 1=x 2=0 设b n =n a 1,则由a 1+n =22+n n a a 可得b 1+n =b n +21∴{b n }成为首项为1,公差为21的等差数列,于是 b n =1+2121+=-n n ∴a n =12+n 需要指出的是，上述方法同样适用于方程（３）两根不同的情形。
对例２，可设c n =11-n a （或c n =11+n a ），我们运用上述方法来求数列｛a n ｝的通项。
例２另解：令x=313++x x ,得x 1 =1,x 2 =-1，于是有 a n+1- 1 =3)1(21313+-=-++n n n n a a a a ∴111-+n a =)1(23-+n n a a =21+12-n a令b n =11-n a ，则b 1=111-a =1，b n+1=2b n + 21令λ＝2λ+21得λ＝－21 b n+1+21=2b n +21+21=2(b n + 21)∴{b n + 21 }成首项为b 1+21= 23，公比为的等比数列，于是有b n +21=23×2n-1 ∴b n =23×2n-1-21=21(3×2n-1-1) 代入b n =11-n a 得a n =1+n b 1=1+12321-⨯-n =1+11)21(311)21(32--⨯-⨯n n ∴lim ∞→n an=1小结解法：一般地，设λ1，λ2是关于λ的方程a bc dl l l +=+……………③ 的两个根，对递推式为1n n n aa b a ca d++=+（,,,a b c d 为常数）型的数列，可以有以下两种方法来求其通项：[解法一]：1o 设c n =λ-n a 1（λλ=1或λλ=2）得c n ＋１＝λλc a c d -+•c n ＋λc a c-， 即 {}n c 的递推式为1n n a aa b +=+（,a b 为常数）型的数列；2o 求{}n c 的通项，再求{}n a 的通项。
[解法二]: 1o 设n n n a b a λλ++-=-1112，证数列{b n }成首项为b 1 =a a λλ--1112的等比数列；2o 求{}n b 的通项，再求{}n a 的通项。
当方程③有重根时，[解法二]无法进行。
以下是2011年普通高等学校招生全国统一考试数学广东卷理科第20题第（1）小题的不同解法：20.（本小题共14分）设b>0,数列{}n a 满足a 1=b ，11(2)22n n n nba a n a n --=≥+-.（1）求数列{}n a 的通项公式；[解法一]：（1）由111112221n n nn n n ab nba an a a a n nn ----×-=?+-+- 设n n n b a =，则有11111212112n n n n n n n bb b b b b bb b b b-----+=?=?+ ①当2b =时，2n nb =，2n a = ②当2b ¹时，有1121()22n n b b b b b --=---\数列1{}2n b b --为首项为 1111222(2)b b b b b b -=-=----，公比为2b的等比数列1122()2(2)n n b b b b b--=---即 112211212()()[1()]2(2)2(2)2n n n n b b b b b b b b b b-=-=-=------(2)122[1()]2nn n nn nn b b a b b b-\==--- 综上得1232232122222nn n n n n n n nb a b b b b b ------=+??+??L *()n N Î [解法二]: 由111112221n n nn n n ab nba an a a a n nn ----×-=?+-+- 设n n n b a =，则有111111,2n n n bb b b b a b--===+ 令2bxx x =+，得120,2x x b ==- 由112n n n bb b b --=+……………………………………………………①得11112[(2)](2)(2)22n n n n n bb b b b b b b b --------=--=++…………………………②②÷①得()n n b b b b--=22∴(){}n n b b b --2是首项为()()b b b b --=--21121，公比为q b=2的等比数列，于是()()()n n n b b b b b ---=--21221 解得12[1()]2n n b b b=-- (2)122[1()]2n n n nn nn b b a b b b-\==--- 即1232232122222nn n n n n n n nb a b b b b b L ------=+??+?? *()n N Î *关于周期数列：1.已知数列{}n a 中，()*1111,2,2n n a a n n N a -==≥∈，则100a =2.已知数列{}n a 中，()*1111,2,2n n a a n n N a -==-≥∈，则2012a = 3.已知数列{}n a 中，()*1111,12,2n n a a n n N a -==-≥∈，则15a = 4.数列{}n a中，1a 111(2)1n n n a a n a --+=≥-，求这个数列的通项公式，并计算122000a a a +++L 的值。