用不动点法解函数数列等相关问题

则 b - dx1 = ( cx1 - a) x1 .
又因为
an + 1
=
aan + b can + d
,所以 ,
an + 1 -
x1
=
aan + can +
b d
-
x1 ,
即 an + 1 -
(ax1 =
cx1 ) ( an can + d
x1 ) .
同理 , an + 1 -
(ax2 =
cx2 ) ( an can + d
2008 年第 10 期
9
函数 f ( x)
=
ax + cx +
b d
,且首项
a1
≠f ( a1 ) .
(1) 若函数 f ( x) 有两个相异不动点 x1 、
x2 ,则
an + 1 an + 1 -
x1 x2
=
aa-
cx1 ·an cx2 an -
x1 x2
;
(2) 若函数 f ( x) 只有一个不动点 x0 ,且
an + 1=2 ( an - 1 + 1) . 所以 ,数列{ an + 1}是以 a1 + 1=2 为首 项 、2 为公比的等比数列. 故 an + 1=2 ×2 n - 1 = 2 n ,即 an = 2 n - 1. 例 2 在正项数列{ an }中 ,
a1 = 10 , ak + 1 = 10 求通项公式 an .
不动点 ,所以 ,
x0 = px0 + q.
①
又 an + 1 = pan + q.
②
②- ①得
an + 1 - x0 = p ( an - x0 ) . 注 :令 x = px + q ,可求得函数 f ( x) = px
+
q
的不动点为
x0
=
q 1-
p. 于是
,
an + 1 - 1- q p = p
b 1-
) a
+ 1- b
a.
则
f (2)
( x)
=
a2 ( x
-
1-
b
) a
+ 1- b
a
,
f (3)
( x)
=
a3 ( x
-
b) 1- a
+ 1- b
a
,
……
f ( n)
( x)
=
an ( x -
1-
b
) a
+ 1- b a .
注 : (1) 此定理即 : 若 x0 是 f ( x) 的不动
点 ,则 x0 也是 f ( n) ( x) 的不动点.
a ≠- d ,则
1 an + 1 -
x0
=
2c a+ d
+
1 an -
x0 .
证明 : (1) 因为函数 f ( x) 有两个相异不
动点
x1 、x2
,所以 ,由
x=
ax + b得 cx + d
cx2 + ( d - a) x - b = 0.
变形得 cx2 - ax = b - dx ,即
b - dx = ( cx - a) x .
因此 , x0 =-
1 2
是函数
f
( x)
=
3 4
x x
-1 +7
的
不动点.
故
an + 1
+
1 2
5 =
an
+
1 2
4 an + 7
.
4
则1 an + 1 +
1 2
=
5
an
+
1 2
+1
an
+
1 2
=
1 an +
1 2
+
4 5
.
所以 ,数列
1
an
+
1 2
是以 1 a1 +
1 2
=1
为
首项
、4 5
为公差的等差数列.
练习题
1. 已知数列{ an }满足首项
a1
=
1 2
, an + 1
= 3 an + 7. 求数列{ an }的通项公式.
11
(提示 :仿例 1. 答案 : an = 4 ×3 n - 1 -
7 2
.
)
2. 已知数列{ an } 满足首项 a1 = 2 , an + 1
=
2 an an
+6 +1
.
求数列{
4 5
2
( x + 4) -4 ,
……
f (5) ( x) =
4 5
5
( x + 4) -4 .
由于 f (5) ( x) 为正整数 ,则 55 | ( x + 4) .
因此 , x 的最小值为 55 - 4=3121 .
例 6 若 f ( x) = 19 x2 + 93 ,求 f ( n) ( x) .
此时 ,方程的解为 ( x , y) = (2 ,5) . 当 y = 9 时 ,代入方程得
3 x -4 y -2= ±4. 易知只有 3 x -4 y -2=4 有整数解 ,此 时 ,方程的解为 ( x , y) = (14 ,9) . 综上所述 ,方程的解为
( x , y) = (2 ,5) , (14 ,9) . (未完待续)
8
中等数学
用不动点法解函数 、数列等相关问题
雷 波
(广东省佛山市南海区桂城中学 ,528200)
(本讲适合高中) 一般地 ,设函数 f ( x) 的定义域为 D ,若
存在 x0 ∈D ,使 f ( x0 ) = x0 成立 ,则称 x0 为 f ( x) 的不动点 ,或称 ( x0 , x0 ) 为函数 y = f ( x) 图像的不动点.“不动点”是荷兰数学家布劳 威尔 (Brouwer) 首先提出的. 在近几年高考与 数学竞赛中 ,以不动点理论为背景的试题频 频出现. 本文介绍用不动点法解函数 、数列等 相关问题.
dx0 ) .
①
由
x=
ax + b得 cx + d
cx2 + ( d - a) x - b = 0.
则方程有唯一解 x0 .
Δ = ( d - a) 2 + 4 bc =0 ,
故
x0
=
a- d 2c
]
b =-
(
d - a) 2 4c
,
②
c
=
a2 x0
d
.
③
将式 ③代入式 ②得
b =-
( d - a) 2 4·a2-x0 d
xn
-
q 1- p
.
例 1 已知数列{ an }的首项 a1 = 1 , an =
收稿日期 :2008-06-11
Baidu Nhomakorabea
2 an - 1 + 1 ( n >1 ) . 则数列 { an } 的 通 项 公 式
an =
.
(1999 ,江苏省高中数学夏令营)
解 :令 x = 2 x +1 ,得 x =-1 . 则
因此
,
an
=
( - 5) 2n+1
n
-
+ 3 ×2 n + 1 2 ( -5 ) n
( n ∈N+ ) .
例 4 已知数列{ an }满足
a1
=
1 2
, an + 1
=
3 4
an an
-1 + 7.
求数列{ an }的通项公式.
解 :令
x
=
3 4
x x
-1 +7
.
则
4 x2 + 4 x +1=0 .
an
}的通项公式
.
(提示 :仿例
3. 答案 :
an
=
3
×4n + 2 ( -1 ) 4n - ( - 1) n
n
.
)
3. 设正数列 a0 , a1 , …, an , …满足
an an - 2 - an - 1 an - 2 = 2 an - 1 ( n ≥2) , 且 a0 = a1 = 1. 求数列{ an }的通项公式.
故1 an +
1 2
=
1 a1 +
1 2
+ ( n -1 )
4 5
=
4 5
n+
1 5
.
从而
,
an
=
9-4 2+8
n n
.
2 求函数的 n 次迭代式
定理 3 若函数 f ( x) = ax + b ( a ≠1) 的
中等数学
不动点为 x0 = 1- b a ,那么 ,函数可写成
f
( x)
=
a(x
-
×1 2
n- 1
.
由 bn = lg an ,得 an = 10bn = 10-
1 2
, n - 1 + 2
即 an = 102-
1 2
n - 1 ( n ∈N+ ) .
定理 2 设数列{ an }满足
an + 1
=
aan can
+ +
b( d
c
≠0
,
ad
-
bc ≠0)
,
为完全平方数. 当 y = 5 时 ,代入方程得 3 x -4 y -2= ±16. 易知只有 3 x -4 y -2=-16 有整数解 ,
=
d2
a·x0 .
从而 , b - dx0 =-
a
+ 2
d x0 .
④
将式 ④代入式 ①得
an + 1 -
x0 =
a
+ 2
d
an
-
a
+ 2
d x0
can + d
=
a + d·an 2 c an
+
x0 . d c
故1 an + 1 -
x0
=
2c
an
·
a + d an
+ -
d c x0
=
2c a+ d
+
.
②
①÷②得
an + 1 + an + 1 -
1 2 3
=-
2 5
an + ·
an -
1 2 3
.
01
所以 ,数列
an
+
1 2
an - 3
a1
是以
+
1 2
a1 - 3
=-
2 5
为首项 、-
2 5
为公比的等比数列.
an + 故
an -
1 2 3
=
a1
+
1 2
a1 - 3
-
2 5
n- 1
=
-
2 5
n
.
解 :令
19 x2 + 93 = x ,解得 x2 =-
31 6
.
则 f ( x) = 19 x2 + 93
=
19
x2
+
31 6
-
31 6
.
所以 , f (2) ( x) = ……
192
x2
+
31 6
-
31 6
,
f ( n) ( x) =
19 n
x2
+
31 6
-
31 6
.
3 解函数方程问题
函数方程的题目解法技巧性较强 ,抽象
.
则
2 x2 - 5 x -3=0 .
因此 , x1 =-
1 2
, x2
=3是
f ( x)
=
x +3 2 x -4
的两个不动点. 故
an + 1
+
1 2
=
an 2 an
+ -
3 4
+
1 2
2 =
an + 2 an -
1 2 4
,①
an + 1
-
3=
an + 3 2 an - 4
-3=
-
5 ( an - 3) 2 an - 4
1 求递推数列的通项公式
定理 1 若数列{ an }满足 an + 1 = pan + q
( p ∈{0 ,1}) ,且 x0 是函数 f ( x) = px + q 的
不动点 ,则有 an + 1 - x0 = p ( an - x0 ) .
证明 :因为 x0 是函数 f ( x) = px + q 的
(2) 此定理可用数学归纳法证明.
(3) 利用不动点能较快地求得 f ( x) 的 n
次迭代.
例 5 已知函数
f ( x)
=
4 5
(x
-1
).若
f (5) ( x) 为正整数 ,求 x 的最小值.
解 :令
4 5
(x
-1
)
=
x
,解得
x
=-4
.则
f
( x)
=
4 5
(x
-1
)
=
4 5
(x
+4 )
-4
.
所以 , f (2) ( x) =
x2 ) .
两式相除得
an + 1 an + 1 -
x1 = x2
aa-
cx1 ·an cx2 an -
x1 . x2
(2) 因为函数 f ( x) 只有一个不动点 x0 ,
且 a ≠- d ,所以 ,
an + 1 -
x0
=
aan + can +
b d
-
x0
(a=
cx0 ) an + ( b can + d
d
2 c ·c a + d an
+ -
x0 .
x0
又
x0
=
a- d 2c
,所以 ,
1 an + 1 -
x0
=
2c a+ d
+
1 an -
x0 .
例 3 已知
a1
=
1 2
, an + 1
=
an + 2 an -
3 4
(
n
∈
N+ ) . 求通项公式 an .
(2005 ,希望杯培训题)
解 :令
x
=
x +3 2 x -4
再令 x = y = 1 ,代入条件 (1) 得
f ( f (1) ) = f (1) . 又令 x = 1 , y = f (1) ,代入原方程得 f ( f ( f (1) ) ) = f 2 (1) . 所以 , f 2 (1) = f (1) . 故 f (1) =1 ( f (1) =0 舍去) ,即 x =1 是 f ( x) 的一个不动点. 从而 , xf ( x) = 1.
所以 , f (α4 ) =α4 , …, f (α2 n ) =α2 n .
而这与 x →+ ∞, f ( x) →0 矛盾.
(2) 若 0< α<1 ,则由
1= f (1) = f α1 ·α
= f α1 f (α)
=αf
1 α
,
得f
1 α
=
1 α
,且由
0<
α<1
知α1 > 1.
类似 (1) 得出矛盾. 于是 , f ( x) 只有一个不动点.
ak ( k = 1 ,2 , …) .
解 :设
bk
= lg
ak . 则
bk + 1
=
1 2
bk
+ 1.
令
x=
1 2
x +1
,得
x =2 . 则
bk + 1 - 2=
1 2
( bk
-
2) .
所以 ,数列{ bn - 2}是以 b1 - 2=-1 为
首项
、1 2
为公比的等比数列.
故 bn - 2=-1
所以 , f ( x)
=
1 x
(x
∈R+ ) .
以下用反证法证明 : x = 1 是 f ( x) 的唯
一不动点.
假设有 α≠1 且 α= f (α) .
(1) 若 α>1 ,由 f ( xf ( x) ) = xf ( x) ,令 x
=α,可得 f (αf (α) ) =αf (α) . 故
f (α2 ) =α2 .
2008 年第 10 期
度较高 ,不动点法是解函数方程问题常用的 一种方法.
例 7 已知 f : R+ →R+ ,且满足条件 : (1) 对任意的 x 、y ∈R+ ,有
f ( xf ( y) ) = yf ( x) ; (2) x →+ ∞时 , f ( x) →0. 试求函数 f ( x) . (第 24 届 IMO) 解 :令 x = y ,有 f ( xf ( x) ) = xf ( x) . 显然 , xf ( x) 是 f ( x) 的不动点 ,其不动点 集为{ xf ( x) | x ∈R+ } .