不动点法求数列的通项公式

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用不动点法求数列的通项公式

用不动点法求数列的通项公式
不动点法求数列的通项公式，属于数学当中的经典问题。

在数列
求解中，通项公式是根据一系列给定的数据，推导出整个数列通项的
一个重要方法，常用于数学教学中。

不动点法就是一种特殊的求解数
列通项公式的方法，也称为四平方定理，它是以π（取3.14）为精
度来进行计算的。

不动点法求数列的通项公式是基于一个给定数列，建立一个满足
条件的多项式，其本质上是一个多项式合成问题，通过证明不动点法
的公式有解，从而得到了一个关于数列的通项的求解公式。

不动点法的求解步骤：
1、首先将给定的数列表示为：x0, x1, x2,..., xn。

2、接着求出其差分序列，即：y0 = x1 - x0, y1 = x2 - x1,… yn-
1=xn - xn-1。

3、对差分序列求出n-1阶伴随矩阵：A = (aij)n-1 * (n-1)，其系
数aij满足：aij(i≥j) = yi + 1 - yj，aij(i < j) = -(yi - yj)。

4、解半平方定理，即:det(A)= B^2 - 4AC = 0, 求出参数A，B，C，
其中A为半平方定理中的A，B为半平方定理中的B，C为半平方定理
中的C。

5、由A，B，C，求出数列的通项公式：an = x0 + nb + cn(n-1)/2。

总结一下，不动点法求数列的通项公式主要步骤：首先表示数列
为x0, x1, x2 ... xn；接着求出差分序列；依据差分序列求出伴随矩阵；然后解得半平方定理；最后根据参数求出数列的通项公式，即an
= x0 + nb + cn(n-1)/2。

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
ａｎ－＋ｌ
２
一
ａｎ
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ｆｎ＋ｄ
＋Ｔ
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ｃ一 ·
一
一ｄ ·
１
ｎ— ｄ
ｎｎ一 — －
１口一２
…
２
’
２ａ＋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｛１２．＋）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

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ａ一１一Ｐａ— ｃ
ａ一１一Ｐ
ａ— ｃｐ
＋
．— ｄ＋ｃｐ
—
。
ａ一１一Ｐａ— 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
：璺；＝二璺！＝ ±鱼二！
一
２ａ ·ａ一１＋
：＝二垒！＝ ±堡：
一
２ｄ ‘ｄ＋
差的等差数列．下面举例说明这一方法．例１已知数列｛ａ｝中，满足ａ一２，且ａ
一ａ（ａ一１－ｐ）（其中，由口＋ｃ一６—０６一ｆ
程ｃｚ＋（一口）ｚ一６— ０只有唯一解Ｐ．则有数列
１
ｎ
１
｛
）是以
为首项，以南
为公差的等差数七ａ１一
一１为首项，ＰＪ，忌＝一÷为公差的等差数列．
ｌ
Ｏ０
列．
所以—ａｎ ——上一１＋号０（ｎ一１）一号．）＋号ｏ
ｆｔ．明：ｎ一
参考文献１ＳｉｒＴｈｏｍａｓＨｅａｔｈ．ＡＨｉｓｔｏｒｙｏｆＧｒｅｅｋＭａｔｈｅｍａｔｉｃｓ．Ｖｏｌ—
ｕｍｅ１．ＮｅｗＹｏｒｋ：ＤｏｖｅｒＰｕｂｌｉｃａｔｉｏｎｓ，Ｉｎｃ．
１×２＋２× ３＋ … ＋ × （＋１）一２ｒＴ（１）＋Ｔ（２）２Ｐｏｌｙａ，Ｇ．ＨｏｗｔＯｓｏｌｖｅｉｔ．ＮＹ：ＤｏｕｂｌｅｄａｙａｎｄＣｏｍｐａｎｙ，
的不动点Ｐ、ｑ，即方程ａｘ＋ｃｚ一６—０有两个不同的
根为、ｇ，则有一（）２，ｎ≥２，ｎ∈Ｎ · ａ．－ｑ
—
一
——
ａ一Ｐａ— ｃ
Ｌ．ｄ —＋—ｃｐ
———
ａ一１一Ｐａ— ｃｐ
兰！
一
口一１一Ｐ。ａ＋ ‘
即数列｛）是以为首项，以２ｃ为公
个不动点Ｐ，即方程ａｘ２￣＿ｃｘｍ６—０只有唯一一个根
。ｎ一— Ｔ
，ｎ∈ ‘
例２已知数列｛ａ｝中，满足ａ一２，且ａ一 —４Ｃ／— ｎ－１－Ｉ，ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＊，求数列｛口｝的通项公式．
一
一
，则有数列｛ａｎｍ｝是以ｎ一为首项，以言
＋ … ＋Ｔ（）］．
一
一
（口一ｃｐ）ａ一１＋６一ｄｐ
—
一
ｃ ·ａ一１＋ｄ
（口一ｃｐ）ａ一１＋ｃｐ－ａｐｃ ·ａ一１＋ｄ
一鬻，ｎ∈
其实函数不动点除了解决形如ｎ一
一
Ｃ ‘ ａ一１十
（其中，由ｃｚ＋（一口）一６—０，
得ｂ－ｄｐ＝ｃｐ－ａｐ）．
则上式两边取倒数得１一１
的通项问题外，笔者经过进一步的探究可得对于给定
初始值ｎ ≠，（ｎ）（其中，（ｚ）一菱兰甓）及递推关系
ｎ一
的数列｛ｎ｝也可以利用函数的不动
１：！＝ ± 一
．ｃ（ａ一１－
ｐ）＋
ｄ＋
ｃｐ一
为公比的等比数列．
证明：ｎ一＝
一（一）
解：构造函数，（ｚ）一，易得函数，（ｚ）有唯 ·
三，把一一代入上式易得
一ｐ一＿１（ａ￣－ｉ－ｐ）．
一ｃａｎ＿１－
ｎ≠ １，Ｐ为函数－厂（）的不动点，数列｛ａ）满足递推关系ａ一ｆ（ａ一）， ≥ ２， ∈Ｎ，通常用的构造等比数列的方法本质上也是利用了不动点．
方程有解，即在 △一（ｎ— ）。＋４ｃｂ≥ ０的前提下该方
法的实施．在此笔者提出疑问：（１）该方法的本质是什
么？（２）△一（ｎ— ）。＋４ｃｂ≥０的条件是否可以不要？
得６一ｄｐ＝ｃｐ。一ａｐ），
同理可得ｎ一ｇ一芝
将上述两式相除可得：是·
，
，其中ｋ
为了回答这些问题，笔者翻阅了有关资料，发现该方法与函数的不动点有着密切的关系．
２不动点定义
若厂（）一ｔ，则称ｔ为函数厂（ｚ）的不动点．
利用不动点可将求形如ａｎ一
的通项
Ｃ ’ ｎ１１－口
有数列』ａｎ－ｐｌ是以为首项，ｋ为公比的等比
Ｉｎ — ｇＪ
０１一ｑ
数列．
ｂ＝Ａｂ一１＋Ｂ．
④
证明：口一Ｐ一
一
而对于形如 ④ 的递推关系的求解通项的方法大
家都已经清楚，从而可以先利用 ④求得ｂ，再求得Ｃ，一二！！＝ ± 二一二！＝ ±！坌：二垒
令６＋（ｎ— ）户一ｃｐ一０，设Ｐ。是方程① ＋ｃｏ’
①
设．厂（ｚ）一ｚ，即一ｚ，化简可得ｃｚｚ＋（ｄＣＸ１－口
ｍａ）Ｘｍ６—０，我们可以发现这个方程就是常数消去
列｛ａ一Ｐ）是以ａ一Ｐ为首项，以ａ为公比的等比数
一
一
列．证明方法同上．
个不动点Ｐ，即方程ａｘ＋ｃｘ－ｂ＝０只有唯一一个根
读者可以利用上述定理解决如下的数列问题．
ｐ一一麦时，△一ｃ＋４口ｂ＝Ｏ，则厂（）一ａｘ２＋ｂ
～厂ｍ、一簸
｜｜。… ｌ¨＿｜≯｜蠢嚣。｜
《日 §
数列的通项
一杭州外国语学校徐国君
求文［１］中提出了一种称为“常数消去法 ”妙求形如３不动点法
ｎ一
的通项．
Ｃ ’ ｎ一１十
设函数厂（ｚ）一嚣（ｃ≠０，ｎ一曲≠０）．若数列
式提供一种思路，变 “问题解决 ”为 “课题研究 ”，不仅
对两种解法进行比较，看看会有什么发现？由于两种解法得到相同的答案，因此应该有下面的等式成立
１×２＋２× ３＋ … ＋８× ９— ２ｒＴ（１）＋Ｔ（２）＋ … ＋Ｔ（８）］．
ｎ∈ Ｎ．
由定理１可得数列｛詈）是以一３为首
所以，若令ｂ－ａ，，－ｐ，则不难由ｂ＝ｎ
一
求得６
项，以忌一３＋５一一４为公比的等比数列
．
的通项公式，再求ａ．定理４若上述函数，（ｚ）＝ａｘ￣＋ｂ只有唯一一
所以一３·（一４）
如果将 “８”视为一般的一个自然数，用字母表示，那么这个等式就成为了下面的式子
关注问题的分析和解答，而且重视对 “问题前 ”和 “解题后”的研究，重点在于展现问题背景和发现数学规律，从某种意义上说体现了数学思考或数学探究的过程．
最后求得ｎ．
Ｃ ·ｎ１＋ｄ
Ｃ·ｎ１＋ｄ
该法的关键一步是方程 ① 的出现，笔者把它叫做
一
Ｃ’ｎｌ二
（其中，由ｚ＋（一。）一６—０，
一１十
‘
‘
递推关系ｎ一
的特征方程．并且讨论了在
Ｃ ’ ｎ … １１－口
２ａ ·ａ一１＋ｃ
９、
一ａｐ），
一兰茑，ｎ≥２，ｎ∈Ｎ，求数列｛ｎ｝的通项公式．
同理可得ａ一ｇ一
解：构造函数，（ｚ）一，易求得函数，（ｚ）有