用不动点法求数列通项公式
斐波那契数列的通项求法不动点法
斐波那契数列是一个非常著名的数列，它由如下的递归关系定义：F(0) = 0,F(1) = 1,F(n) = F(n-1) + F(n-2) 对于n >= 2。
对于这个数列的通项公式（即直接计算第n项的公式而不需要计算之前所有项的值），存在一个非常著名的公式，称为Binet公式：F(n) = (φ^n - ψ^n) / √5，其中，φ= (1 + √5) / 2 约等于1.618033988749895...（黄金分割比），ψ = (1 - √5) / 2 约等于-0.618033988749895...。
这两个数实际上是方程x^2 - x - 1 = 0 的两个解。
不动点法是求解具有递归关系的数列通项的一种方法，它基于的思想是寻找一个函数的不动点（这里的不动点指的是满足f(x) = x的点），这在函数迭代和分形理论中非常常见。
但是，必须说明的是，斐波那契数列的通项公式并不是通过不动点法得出的。
不动点法在斐波那契数列的直接计算中并不是标准做法。
在数学中，不动点通常是指在迭代过程中不会改变的点。
例如，对于某个函数f(x)，如果存在x*使得f(x*) = x*，则称x*为f的不动点。
但是对于斐波那契数列，我们通常不使用不动点法来求取其通项公式，因为现有的递推关系和Binet公式已经非常简洁且易于计算。
为了计算斐波那契数列的项，我们通常依赖于递归计算、Binet公式或者使用动态规划这类编程技术来避免重复计算已求出的项。
这些方法在实践中更加常见和有效。
要理解不动点的概念，一个简单的例子就是函数f(x) = x^2。
假设我们想要找到满足f(x) = x 的x值，我们可以简单求解方程x^2 = x，得到两个解x=0和x=1。
其中0和1就是这个函数的不动点。
不过这个例子和斐波那契数列的求解并没有直接关联。
总的来说，斐波那契数列的通项是通过数学推导得出的Binet公式，而不是通过不动点法，后者在其他类型的问题中更为常见，特别是在分析动态系统和迭代函数时。
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]。
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。
数列不动点
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p b 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q a p a 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 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qc a 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da ck +=2，则k p a 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 解：作函数xx x f 2)(+=，解方程x x f =)(求出不动点1,2-==q p ，于是 12212221211+-⋅-=++-+=+-++n n n n n n n n a a a a a a a a ，逐次迭代得n n n na a a a )21(12)21(12111-=+-⋅-=+-- 由此解得nn n n n a )1(2)1(21---+=+ 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 的通项公式解：作函数xa a x f 22)(-=，解方程x x f =)(求出不动点a p =，于是a a a a a a a a aa a a a a aa n n n nn n 11)(1211221+-=-=-=--=-+ 所以}1{a a n -是以a a a 111=-为首项，公差为a1的等差数列 所以a n a n a a n a a a a n =⋅-+=⋅-+-=-1)1(11)1(111，所以naa a n +=定理3：设函数)0,0()(2≠≠+++=e a fex 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: Θk x 是)(x f 的两个不动点∴fex c bx 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,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 aex b ⇔⎩⎨⎧=-+=-+0)2(0)2(21x e a b x e a b Θ11 21x x0≠ ∴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.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: 423423422422411)11(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。
不动点法求数列通项
ｃａ ＋ ｄ
（ｎ——ｃ口）Ⅱ ＋ ６一
．
一 ２
ａ ｎ － ＋ ｌ
２
一
ａ ｎ
一
ｆｎ ＋ ｄ
＋Ｔ
Ｔ
ｃ一 ·
一
一 ｄ ·
１
ｎ— ｄ
ｎｎ一 — －
１ 口 一 ２
…
２
’
２ ａ＋ ｄ
Ｃａ ＋ ｄ
ａ－ ｄ
一
１
一
ｎ— ｄ
一
．．．数列｛ ｝是以 着一一专为首项，一专 ｃ ． （ａ，， －￣－ｃ－ ｄ）
￣盯ａｘ＋
ｂ —
则 ， ｃＸ２＋ （ —
１＿ ＆
ｎ）－丁一 一Ｏ．显 然 ，它 的根 有 两种 情 况 ．
（１）若 啊 ＋ （ｄ－ａ）ｘ－ ｂ＝０有 两 个 不 等 实 根 口，
则 ， ｂ＝ ｃａ ＋ （ｄ－ａ）ａ
ａａ ＋ ｂ
一
ｄ 十 １一
．
一
一
‰＋１邓
Ⅱ一
一
．
一 一 印
个。等 寸
比数 列 ，从 而 可 以 求 出 的 表 达 式 ，进 而 解 出 ｎｎ，
ｎ 一（一 ）一 Ｐｎ 一 ＋ ｑ＋ ，即 ｎ ＋
得 到 数 列 ｛ｎ ）的通 项 公 式 ； （２）若 有 ＣＸ ＋ （ｄ－ａ）ｚ一６— ０两 个 相 等 实 根 ａ，
一ｐ（ａ 一 ＋ ），故 ｛１ ２．＋ ）是 以 ｎ ＋ 为 首 则 。一 ；
的 解 为 函 数 Ｙ一＿厂（ ）的 不 动 点 ．本 文 通 过 两 例 归 纳 出两类 递 推 公 式 通 过不 动点 求 通 项 的 方 法
【例 １】 已 知数 列 ｛口 ）满 足 ａ 一 １，ｎ ＋ 一 ２ａ ＋ １，求 通 项 公 式 ．
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
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 。
不动点方法求数列通项
不动点方法求数列通项定义：对函数()y f x =，若存在0x 满足()00f x x =，那么称0x 为函数的不动点。
下面介绍不同几类的数列的通项求法。
1． 1n n a pa q +=+，()0,1p p ≠≠设()f x px q =+，将1n n a pa q +=+看做()1n n a f a +=。
计算()f x x =可得不动点01q x p =-，构造1n n q b a p=--。
将n b 代入n a 的表达式中可得1n n b pb +=是一个等比数列。
由此可得：11n n b p b -=，故1111n n q qa p a p p -⎛⎫=-+ ⎪--⎝⎭2． 1n n n aa ba ca d++=+，()0c ≠且1a b c d =。
若0a b c d ≠可以通过上下同除一个常数使得行列式为1。
设()ax b f x cx d +=+，计算不动点可得方程ax bx cx d+=+，对于方程()20cx d a x b +--=。
因此，对于不动点的结构而言，有三种不同情况。
情况一： 方程有两个不同的实数根，记作12,λλ。
那么构造12n n n a b a λλ-=-，可得1n n b b λ+=。
这里λ=或者λ=，到底取哪个值与n b 的构造方法有关。
由此可得11n n b b λ-=，所以1111212n n n a a a a λλλλλ-⎛⎫--= ⎪--⎝⎭，所以()()()11111211211n n n a a a a λλλλλλλλ--⎛⎫-=+- ⎪ ⎪---⎝⎭情况二：方程有两个相同实数根，记作122a d c λλ-==，此时2a d +=。
故11a cλ-=那么构造11n n b a λ=-。
可得1n n b b c +=+。
所以()11n b b n c =+-。
()111111n n c a a λλ=+---，所以()111111n a n c a λλ-=+--情况三：方程有两个共轭虚根。
用特征根法与不动点法求递推数列的通项公式
用特征根法与不动点法求递推数列的通项公式一、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 nn 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 n n n n a --∴=+-．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 na n -∴=-．。
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。
求数列通项的不动点法
求数列通项的不动点法2015年10月31日 meiyun 数海拾贝求数列的通项的基本方法有累加法和累乘法，等差数列与等比数列的通项公式就分别由累加法与累乘法对应得到的．对于一般的递推公式，如果可以通过适当的代数变形转化成可以使用累加法与累乘法的递推形式，则问题就得到的解决，不动点法就提供了这样的一个转化的方向．先从一种简单的情形入手：例1 若，，，求．分析 是一个一次函数，对于正比例函数的情形我们可以通过累乘法转化（即等比数列），于是我们令与递推公式对照得到，从而得到可以累乘的形式事实上，这里的就是递推公式对应的函数的不动点，即的根．对于由递推公式给出的数列，我们称的解为此数列的不动点．若为数列的不动点，有，则而中有因式．从而递推公式可以整理为=2a 1=3−2a n +1a n n ∈N ∗a n f (x )=3x −2−λ=3(−λ)，a n +1a n λ=1−1=3(−1).a n +1a n λf (x )=3x −2x =3x −2=f ()a n +1a n x =f (x )αα=f (α)−α=f ()−f (α),a n +1a n f ()−f (α)a n x −α=g ()−αa n +1−αa n a n的形式．若为常数或者与无关，则由累乘法问题已经得到解决．比如若递推公式为，（），则为常数，就是前面的情形．下面我们来看更复杂的情形，对于递推公式为如何求数列的通项公式，给出具体的递推公式为例：例2 若，，，求．解 考虑递推公式对应的不动点，令解得．于是有两边取倒数化简得记得到于是就转化成前面的讲过的情形了．事实上，如果递推公式对应的不动点有两个，则可以通过不动点得到g ()a n a n =p +q a n +1a n p ,q ∈R g ()a n =，p ,q ,r ,s ∈R ,a n +1p +q a n r +sa n =2a 1=a n +13+1a n +3a n n ∈N ∗a n x =,3x +1x +3x =±1+1=,a n +14(+1)a n +3a n =+⋅.1+1a n +114121+1a n =b n 1+1a n =+.b n +112b n 14两个式子两式两边分别相除得于是得到解得在本题中是与相关的式子，无法直接累加累乘，但求倒数后就可以进一步整理，找到转化的方向．若特征根有两个，通过两式相除可以直接将消去，得到一个等比数列．不管是哪种处理方式，寻找不动点都是一个很好的递推公式的整理方向，引导我们去一步步进行代数变形，将一个未知的问题转化成我们已经解决的问题．除了这些情形之外，如果递推公式的形式为也可以尝试不动点法求数列的通项公式，大家可以自行尝试．最后给出一些练习题．+1=,a n +14(+1)a n +3a n −1=.a n +12(−1)a n +3a n =2⋅.+1a n +1−1a n +1+1a n −1a n =3⋅,+1a n −1a n 2n −1=.a n 3⋅+12n −13⋅−12n −1g ()a n a n a n =,r ,s ∈R ,a n +1p +q a 2n r +sa n 4−2１．若，，求．2．若，，求.3．若，，求．4．（2011全国高考大纲卷理科第22题）函数，定义数列如下：，是过两点，的直线与轴交点的横坐标．（１）证明：；（２）求数列的通项公式．５.（2010东城高考一模理科第20题）已知数列满足，．（１）求证：；（２）求证：；（３）求数列的通项公式．参考答案１．．2．．3．．=3a 1=a n +14−2a n +1a n a n =2a 1=a n +13−1a n +1a n a n =1a 1=a n +1+2a 2n 2+1a n a n f (x )=−2x −3x 2{}x n =2x 1x n +1P (4,5)(,f ())Q n x n x n PQ n x 2⩽<<3x n x n +1{}x n {}x n =4x 1=x n +1−3x 2n 2−4x n >3x n <x n +1x n {}x n =a n 2⋅−3n −12n −2−3n −12n −2=a n n +3n +1=a n +222n −122n 9⋅−1n −1４.（１）略；（２）．５.（１）（２）略；（３）．注 由递推公式求数列通项公式的倒数法是不动点法的一种特殊情形．倒数法中，恰为数列的一个不动点．=x n 9⋅−15n −13⋅+15n −1=x n −13+12n −1−132n −10。
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
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用不动点法求数列通项
公式
-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1
2 用不动点法求递推数列d
t 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d
t 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d t 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 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
c t k k c t n n --=--+ ∴数列}1{k
c 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 k
c t k c t . (2)当c ≠0时, 数列{n t }的特征函数为：)(x f =d
x c b x a +⋅+⋅
3 由x d
x 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2
12111x 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 d
t c b t a x d t c b t a n n
n n n n --⋅=-+⋅+⋅-+⋅+⋅ ⇒2
12211x 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:
212
2221121x 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
4 ⇒121211
11212
11
1211--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--⋅-=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。
解：因为{a n }的特征函数为：312)(+=
x x f , 由1312)(=⇒=+=
x x x x f , ∴3121+=+n n a a ⇒)1(3
211-=-+n n a a ∴数列{a n -1}是公比为
3
2的等比数列, ∴a n -1=11)32)(1(--n a ⇒a n =1+1)32(-n . 例2已知数列{a n }中，a 1=3，1241+-=+n n n a a a ，求{a n }的通项。
解：因为{a n }的特征函数为：124)(+-=
x x x f , 由2,10231
24)(212==⇒=+-⇒=+-=x x x x x x x x f 设212111--⋅=--++n n n n a a k a a ⇒2121
241124--⋅=-+--+-n n n n n n a a k a a a a ⇒214233--⋅=--n n n n a a k a a ⇒2
1)2()1(23--⋅=--⋅n n n n
a a k a a 23=
⇒k 即21232111--⋅=--++n n n n a a a a ,
5 ∴数列⎭
⎬⎫⎩⎨⎧--21n n a a 是公比为23的等比数列. ∴111232121-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅--=--n n n a a a a
∵a 1=3,∴123221-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=--n n n a a ⇒12123
2322-----⋅-=n n n n n a . 例3已知数列{a n }中，a 1=2，n n n a a a -+=
+111，求{a n }的通项。
解：因为{a n }的特征函数为：x x x f -+=11)(, 由x x
x x f =-+=11)(⇒i x i x x -==⇒=+212,01 设i a i a k i a i a n n n n +-⋅=+-++11⇒i a i a k i a a i a a n n n
n n n +-⋅=+-+--+1111 ⇒i 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 n n n +-⋅=+-⋅-+)()(11 i i k -+=11即i
a i a i i i a i a n n n n +-⋅-+=+-++1111, ∴数列⎭
⎬⎫⎩⎨⎧+-i a i a n n 是公比为i i -+11的等比数列. ∴11111-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅+-=+-n n n i i i a i a i a i a
∵a 1=2,∴11122-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅+-=+-n n n i i i i i a i a ⇒()122-⋅+-=+-n n n i i
i i a i a ⇒1)2(221)2(---++--=n n n i
i i i i i a .
6 例4已知数列{a n }的前n 项和为n S ，2
11=a ，)1(2--=n n a n S n n ，求{a n }的通项。
解：∵ )1(2--=n n a n S n n ……① ∴n n a n S n n )1()1(121+-+=++……② ②-①得：)1()1()1(2121-++--+=++n n n n a n a n a n n n
⇒2)2(1+=++n n na a n ⇒2
221+++=
+n a n n a n n ……③ 因为{a n }的特征函数为：2
22)(+++=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(211++++=++n b n n b n n ⇒n n b n n b 2
1+=+⇒21+=+n n b b n n ∴13423121-⋅⋅⋅⋅⋅
=n n n b b b b b b b b b b ，∵21111-=-=a b ∴)1(11153423121+-=+-⋅⋅⋅⋅⋅-=n n n n b n ∴)
1(111+-=+=n n b a n n 。