用不动点法求数列通项公式
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特征根法和不动点法是两种常用的方法来求解递推数列的通项公式。
本文将从这两个角度详细介绍这两种求解方法，并举例说明其应用。
一、特征根法（Characteristic Root Method）特征根法是一种基于代数方法的求解递推数列通项公式的方法，它通过寻找递推关系式的特征根来获取通项公式。
1.步骤：（1）建立递推关系式：根据问题描述，建立递推数列的递推关系式。
（2）设通项公式：假设递推数列的通项公式为Un=a^n。
（3）代入递推关系式：将通项公式Un=a^n代入递推关系式，得到方程Un=P(Un-1,Un-2,...,Un-k)，其中P为k个变量的多项式函数。
（4）寻找特征根：解方程Un=0，得到特征根r1，r2，...，rk。
（5）确定通项公式：根据特征根，得到通项公式Un=C1*r1^n+C2*r2^n+...+Ck*rk^n，其中C1，C2，...，Ck为待定系数。
（6）确定待定系数：利用已知序列的初始条件，求解待定系数，得到最终的通项公式。
2.示例：求解递推数列Un=3Un-1-2Un-2，已知U0=1，U1=2（1）建立递推关系式：Un=3Un-1-2Un-2（2）设通项公式：Un=a^n。
（3）代入递推关系式：a^n=3a^(n-1)-2a^(n-2)。
（4）寻找特征根：解方程a^n=3a^(n-1)-2a^(n-2)，得到特征根a=2，a=1（5）确定通项公式：Un=C1*2^n+C2*1^n。
（6）确定待定系数：利用初始条件U0=1，U1=2，得到方程组C1+C2=1，2C1+C2=2，解得C1=1，C2=0。
最终的通项公式为Un=2^n。
二、不动点法（Fixed Point Method）不动点法是一种基于迭代的求解递推数列通项公式的方法，它通过设定一个迭代公式，求解极限来获得通项公式。
1.步骤：（1）建立递推关系式：根据问题描述，建立递推数列的递推关系式。
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
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
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。
不动点法求数列的通项(演示文稿)
cn＋
c a c
即数列{cn}的递推式总可化为“cn＋１＝acn+b （a， b 为常数）型” ，又一次运用不动点法求得 数列{cn}的通项，从而求数列{an}的通项。
例３:在数列｛a ｝中，a =1, a
解：令 x= 设 bn=
2x
例３:在数列｛an｝中，an=1, a n 1 = ,得 x1=x2=0 2x
一、递推式为 an+1=aan+b(a 0,a 1,a,b 均为常数)型的数列
由递推式 an+1=aan+b 总可变形为 an+1－ =a（an－ ）…………………………（１） （１） 式中的 与系数 a,b 存在怎样的关系呢？ 由（１）得 an+1=aan＋ －a ∴b= －a 即 ＝a +b…………………………（２） 关于 的方程（２）刚好是递推式 an+1=aan+b 中的 an， an+1 都换成 得到的不动点方程。 令 bn=an－ 代入（１）得 bn+1=abn
( a c 2 )( a n 2 ) ca n d a c 1 a c 2
an+1－ ２＝
a n 1 1 a n 1 2
∴
＝
a n 1 an 2 a c 1 a c 2
令 bn =
a n 1 an 2
有 bn＋１＝
由 an+1－ ＝
ca n d ( a c )( a n )
( a c )( a n ) ca n d
得
1 a n 1
d c
＝
＝
c a c
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]。
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ｌ ｏ ｇ ３ 【 ａ ｎ ＋ｌ＋ ｌ Ｊ 一１＋ ３ｌ ｏ ｇ ３ 【 ｎ ｎ＋ ｌ Ｊ ・
其它差分 方程如何求解 ， 受文 ［ ２ ］ 的启发， 笔者找到一类特 殊 项 公式 ． 差分方程 的求解方 法， 整理成文供 同行参考 ． 先把文 ［ ２ 】 的一个定 义和一个 定理摘录如下．
所以 ａ ： ２ １ ＋ 一 一 １ ．
是 ９ （ ） ＝ ４ 一 １ 的 不 动 点 ， 所 以 ６ ｎ ＋ 一 １ ＝ ４ （ ６ 一 ） ，
ｂ ２４
１ ＋ ， 所
以。 ：４
叁 考 交献
一ｌ 。
定理２设 ， （ ） ＝ａ ｘ ３ ＋ｂ ｘ ２ ＋ ５ ２
例 ３ ． （ 自 编 新 题 ） 已 知 ： ， （ ） ＝ ４ ＋ ｘ ３ ＋ ； ｚ ２ ＋ 一 ，
｛ ０ ｎ ） 满足递推关系 ａ ｎ ＋ １ ：ｆ （ ａ ） ， ｎ∈Ｎ ， ａ ｌ ＝３ ， 求｛ ０ ）
的诵 币 公 式
解 一 １是 ｆ （ ｘ ）的 一 个 不 动 点， 所以 ０ ＋ １＋ １ ＝
１
一
＝ ３
（ ６ 一 ） ，
＿１ ．
５ ３
＋ 一
所 以 ＝ ３ 一ｌ ＋ ， 所以口 ： ３
定理 ３ 设 ， ＠） ：ａ ｘ ４ ＋ｂ ｘ ３ ＋ ３ ｂ ２ ２ ＋
，
，
定 理１ 设ｆ （ ｘ ） ＝ｎ 。 ＋ ＋ 云 ， （ ｎ＞ｏ ） ，
｛ ０ 一Ｘ Ｏ ） 是公 比为 ｎ的 等 比数列 ． ［ 。 ］ 说 明 上 面的定理必须在 ａ ｌ≠ Ｘ Ｏ时才成立 ． 可见文 ［ ２ ］ 在此处存 在错 误成分． 本 文给 出一类特殊 高次差分方程 的求
解方法．
令 ６ ＝ ｌ 。 ｇ ３ （ 口 ＋ １ ） ， ６ ＋ １＝ 一 １＋３ ６ ， ６ １＝ １ ， １是 ９ （ ｘ ） ＝３ ｘ 一１ 的不动点， 所以
。 州
。 ｎ ＋ ｌ ＋
。 Ｉ ‰＋ Ｊ ‘
＝ 。
ａ ｎ＋
） ．
例１ ．（ 自 编新题） 已知 ｆ （ ｘ ） ＝ 。 ＋ 一 ， ｛ ０ ） 满 足递推关系 ０ ¨ ＝ｆ （ ａ ） ， ｎ∈Ｎ ， ａ ｌ ＝３ ， 求｛ ０ ） 的通项
公式．
例 ２ ． （ 自 编 新 题 ） 已 知 ： ， （ ） ： ３ ＋ ｘ ２ ＋ 一 ； ， ｛ 。 ）
满足递推关系 。 计１ ＝ｆ （ ａ ） ， 礼∈Ｎ ， ａ ｌ ＝２ ， 求｛ ｎ ） 的通 解 一 １ 是ｆ （ ｘ ） 的一个不动点， 所以
０ ＋ ｌ ＋１ ＝ （ 口 ＋ １ ） 。 ，
２ ０ １ ６年第 １ １期 （ 上）
中学数 学研 究
３ １
用不 动 点 法 求 数 列 通 项 公 式
辽 宁省黑 山县第 一高级 中学数学组 （ １ ２ １ ４ ０ ０ ） 刘大鹏
吴 康老 师在文 ［ １ ］中 给 出 了 三 次 差 分 方 程 ａ ｎ ＋ ｌ＝
０ ＋３ ａ 的求 解 方 法， 读 后 受 益 匪浅， 这 促 使 笔 者 思 考
ｇ （ ｘ ） ：２ ｘ一１ 的不动点， 所以
ｌ ｏ ｇ ４ （ ａ ｎ ＋ ￣ ＋１ ）＝ －１ ＋４ｌ ｏ ｇ ４ （ ａ ， ￣ ＋１ ） －
令６ ＝ ｌ 。 ｇ ４ （ 。 ＋ １ ） ， 所
＋ １＝ 一 １ ＋４ ｂ ， ６ ｌ＝ １ ， １
＋ １ 一ｌ ＝２ （ ｂ 一１ ） ， ｂ ＝２ ｎ － ＋１ ，
解 一１ 是ｆ （ ｘ ） 的一个不动点， 所以 。 州 ＋１ ＝ （ 。 ＋１ ）
所 以
去 （ ０ ＋１ ） 。 ， 所以
ｌ ｏ ｇ ２ （ ０ ｎ ＋ １ ＋１ ） ＝一 １ ＋２ ｌ ｏ ｇ ２ （ ０ ｎ ＋１ ） ． 令ｂ ＝ ｌ ｏ ｇ ２ （ ａ ＋１ ） ， 所以 ６ ＋ ｌ ＝－ １ ＋２ ｂ ， ｂ ｘ＝２ ， １ 是
一
０是， ） 的一个不 动点， （ 此不 动点恰 是 ， ）： ０
ｂ ， ， ｂ 、０
丽 （ 。＞０ ） ， 一 ｂ是 ， （ ） 的一个不动点 （ 此 不 动点 恰 是
＝ 他∈ 则有 ： ｎ 州 ＋ ｂ
的根） ， ｛ ， 礼∈Ｎ ， 则有：
１ ． 函数 不 动 点 的定 义
方程 ｆ （ ｘ ） ＝ 的根叫做函数 ｆ （ ｘ ） 的不动点． ２ ． 定理： 设 ｆ （ ｘ ） ＝ａ ｘ＋ｂ ， （ ａ≠０ ， １ ） ， 且Ｘ Ｏ 是ｆ （ ｘ ） 的不动点， ｛ 口 ） 满足递推关系 ｏ ｎ ＋ ｌ ＝ｆ （ ａ ） ， 他∈Ｎ ’ ， 则
一
ｚ＋
ｂ 一 ，
（ ｎ＞ 。 ） ，
究（ 广州 ） ， ２ ０ ０ ６ （ ５ ） ．
０是 ， （ ） 的一个不动点， （ 此不动点恰是 ， （ ） 的二阶导数
＋ ｂ
【 ｌ 】吴康． 三次差分方程ａ ＋ １＝ 口 曼＋３ ａ 的求解． 【 Ｊ 】 中学数学研
【 ２ 】邱 蓝青 ． 巧 用不 动点 法解 决高 考数 列 问题 ． 【 Ｊ ］ 中学 数学 研究 （ 广 州） ，
２ ０ ０ ９ （ ３ ） ．
， （ ） ：０ 的根） ， ｛ ０ ） 满足递推关系０ ＋ １ ：ｆ （ ａ ） ， ｎ∈Ｎ ，
则有： 。 州
＝ 。
（ 。 ＋ ） 。 ．