不动点法求数列通项公式
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
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。
数列特征根和不动点法解题原理
数列特征根和不动点法解题原理一、数列特征根法。
1. 原理。
- 对于二阶线性递推数列a_n + 2=pa_n+1+qa_n（p,q为常数，n∈ N^*），其特征方程为x^2=px + q。
- 设特征方程的两个根为x_1,x_2。
- 当x_1≠ x_2时，数列a_n的通项公式为a_n=C_1x_1^n+C_2x_2^n，其中C_1,C_2由初始条件a_1,a_2确定。
- 当x_1 = x_2时，数列a_n的通项公式为a_n=(C_1+C_2n)x_1^n，同样C_1,C_2由初始条件确定。
2. 例题。
- 例1：已知数列{a_n}满足a_n + 2=3a_n+1-2a_n，且a_1=1,a_2=3，求数列{a_n}的通项公式。
- 解：特征方程为x^2=3x - 2，即x^2-3x + 2=0。
- 分解因式得(x - 1)(x - 2)=0，解得x_1=1,x_2=2。
- 所以a_n=C_1×1^n+C_2×2^n=C_1+C_2×2^n。
- 由a_1=1,a_2=3可得C_1+2C_2=1 C_1+4C_2=3。
- 用第二个方程减去第一个方程得2C_2=2，解得C_2 = 1。
- 把C_2=1代入C_1+2C_2=1得C_1=-1。
- 所以a_n=-1 + 2^n。
- 例2：已知数列{a_n}满足a_n + 2=2a_n+1-a_n，a_1=1,a_2=2，求a_n。
- 解：特征方程为x^2=2x - 1，即x^2-2x + 1 = 0。
- 解得x_1=x_2=1。
- 所以a_n=(C_1+C_2n)×1^n=C_1+C_2n。
- 由a_1=1,a_2=2可得C_1+C_2=1 C_1+2C_2=2。
- 用第二个方程减去第一个方程得C_2=1。
- 把C_2=1代入C_1+C_2=1得C_1=0。
- 所以a_n=n。
二、数列不动点法。
1. 原理。
- 对于一阶分式递推数列a_n + 1=frac{pa_n+q}{ra_n+s}（p,q,r,s为常数，r≠0），令x=(px + q)/(rx + s)，这个方程称为不动点方程。
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
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]。
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(原卷版)
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 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.【典例1】已知数列}{n a 满足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a【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？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 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 rn 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 qpa a d n n n n 11h ra hq r p a n n +-+-=λλ)(hd r hq r p d n n ++-+-+=)())((λλλλλλλλr 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 hr qp λλλλ将该式代入①式得.N ,)(1∈-+-=+n rh rd r p d d n n n λλ 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λ,rp≠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 rd 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.2r hp -=λ∴,122=++=---+=-+h p p h rrh p p rr 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 rp rn b b n λ其中.11111λ-==a db 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hra qpa a n n n ++=+1代入再整理得N ,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a hq 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.,21rp r p ≠≠λλ 故.0,021≠-≠-r p r p λλ所以由⑤式可得：N ,2211211∈--+--+⋅--=+n rp h q a r p hq a r p r p c n n n λλλλλλ ⑥∵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 hq r p h q将上两式代入⑥式得N ,2121211∈--=--⋅--=-n c rp rp 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 rp 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,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.【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.【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？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 n +⋅+⋅=+1dbt d a t n n +⋅=⇒+1,记k da=,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 ct 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)(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 bt 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 cxa cx a x t x t⇒12121111212111211--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--⋅-=n n n cxa cx a x t x t cxa cx a x t xt 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。
用不动点法求数列通项
用不动点法求数列的通项定义：方程= X的根称为函数/（X）的不动点.利用递推数列/（X）的不动点，可将某些递推关系0” ==/（"“」）所确左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f（x） = ax + b（a^O,a^\\ p是/（劝的不动点，©满足递推关系a n = f（%）,（“ > 1）,则a n-p = - /?）,即｛a n - p］是公比为a 的等比数列.证明：因为"是/（x）的不动点ap + b = p••• b-p = -ap由a n= a • a n_｝ + b得a n - p = a-a n_x +b-p =“（"心-p）所以｛a n-p｝是公比为d的等比数列.定理2：设f（x） = ""+（c 丰 0,ad 一H 0）, ｛a”｝满足递推关系a… = f （a n_｝）, n > 1,cx + d初值条件q工_/（山）（1）：若/（x）有两个相异的不动点p、q,则乞二£ = &・竺丄工（这里《=丄二2竺）〜一q Si -q "一qc1 1 2c（2）：若/（兀）只有唯一不动点〃，则--- = -------- + k（这里k = U）a n一P 一P。
〃证明：由 /(%) = x得 /(牙)="入+ ” =小所以ex2 + (d - a)x - b = 0 cx + dP ==><q =J 一P j-q 叫T +h所以（1）因为pg是不动点，所以a _ pc qd b叫t +b eg + d(a - pc)g + b _ pd(a — gc)% 十b _ qdpd bqd _b a_qc g _ qa_qc(2)因为”是方程ex 2 +(d-a)x-b = 0的唯一解，所以cp2+(d-a)p-b = 0所以b _ pd = c]F 一 ap , p = -_ 所以2c_ aa n ^ +b _ (a — cp )5-i +b_pd _(u-cp)a fJ _｛ +cp 2 - ap _ (a 一 cp^a^ 一 p)a ” 一 p = ---------- — p = -------------------------- = ------------------------------ = -----------------------+ d eg + d fl + 〃所以1 _ 1 5一]+〃_ 1 c(% - ”)+ 〃+ 3 _ c d + cp 1 _ 1 2c------ = ------ . --------- = ------ • ----------------- = ------- + ------- • ------- = --------— -----5 _ P u _ cp g - P u _ cp n a _ cp u — cp a n ^ - p a n ^ - p a + d2c 1 1令k=^—9 则一-一 =一-一 + k〃 _ P例1：设｛给｝满足绚=1卫叶=也匸三MW NS 求数列｛心｝的通项公式2例2：数列｛〜｝满足下列关系：⑷=2么色利=2d — ”4H0,求数列｛心｝的通项公式//y- 4- bx + C定理3：设函数f(x) = — ------------ ——(G HO,0HO)有两个不同的不动点且由ex + J知利=/（绻）确定着数列｛心），那么当且仅当h = 0,e = 2a 时,⑺一"=（匕二I ），% 一勺 知一勺证明:・・・Xk 是f （x ）的两个不动点耳田一州==叫^+少一如冷+ —町=叫：+ @_M )给 + (f __ 1小 冷+i 一吃 + bi* +c-x 2(eu n + /) cm ； + (b — %)冷+c-x 2f an ； + (Z? — ex 2)u tt +(e-一娅•> 2auj + (Z? - ex x )u n +(£_□)叮- byan/ + (Z? - ex 2 )u n +(e-a)x 2^ -bx 2ax^ +bx k +cM /-2X A +X 22即 c-x k f =(e —a)x k 2于是,H 2 [ “ | 2_心「W" a " aj b 一 ex. (e 一 一 bx 、 叮+——心+ ----------------------- =---- "a a・・・'HO ・・・方程组有唯一解b = 0上=2a1 x 22 -例3：已知数列｛©｝中宀=2如=——求数列｛心｝的通项.2®其实不动点法除了解决上而所考虑的求数列通项的几种情形，还可以解决如下问题:42 t例4：已知q >0,®工1且匕+i[ *，求数列｛心｝的通项.仇(勺「+1).4 x 2]解：作函数为/« =「二匸 懈方程f(x) = /得f(x)的不动点为4x( J T +1)X] =—1,勺=1，勺=-^-/,x 4 = $/•.取/? = l,q =—1,作如下代换：勺,+6%2+]r' *43分勺田+1 = 4。
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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]。