不动点在高中数学中的若干应用
专题：关于函数不动点的研究及其应用
关于函数不动点的研究及其应用相关概念：定义：一般地，对于定义在区间D 上的函数()y f x =（1）若存在0x D ∈,使得00()f x x =,则称0x 是函数()y f x =的一阶不动点,简称不动点；（2）若存在0x D ∈,使00(())f f x x =,则称0x 是函数()y f x =的二阶不动点,简称稳定点； 说明：（1）不动点实际上是方程组⎩⎨⎧==xy x f y )(的解),(00y x 的横坐标，或两者图象的交点的横坐标（2）稳定点是函数图象与它的反函数（可以是多值的）的图象的交点的横坐标.（3）令()0f x t =，则()()00f t x x t =≠，故函数()y f x =有两个二阶不动点0,x 则 二元方程()()00f x t f t x =⎧⎪⎨=⎪⎩有解，即点()()00,,,t x x t 都在函数()y f x =图象上，所以()y f x =得二阶不动点就是函数()y f x =图象上关于直线y x =对称两点的横坐标。
（4）若0x 为函数)(x f y =的不动点，则0x 必为函数)(x f y =的稳定点，但稳定点不一定就是不动点，但若函数()y f x =单调递增，则它的不动点与稳定点是完全等价的。
（证明）相关习题：1.（2013年四川文科）.设函数a x e x f x -+=)(（R a ∈，e 为自然对数的底数）. 若存在]1,0[∈b 使b b f f =))((成立，则a 的取值范围是（ ）A. ],1[eB. ]1,1[+eC. ]1,[+e eD.]1,0[分析：题目的等价于()y f x =存在二阶不动点]1,0[∈b ，而易知()y f x =在定义域内为单调递增函数，故二阶不动点与一阶不动点等价，进而转化为()y f x =存在一阶不动点]1,0[∈b ，即[]0,1x ∃∈，使得x a x e x f x =-+=)(在]1,0[∈x 有解,整理可得，2x x e a x -+=，在]1,0[∈x 有解令2)(x x e x g x -+=，]1,0[∈x∵021121)(=-+>-+='x e x g x ，∴)(x g 在]1,0[∈x 单调递增 1)0(=g ，e g =)1(，],1[e a ∈，故选择A变式：（2013四川理科）设函数a x e x f x -+=)(（R a ∈，e 为自然对数的底数）. 若曲线x y sin =上存在点),(00y x 使00))((y y f f =成立，则a 的取值范围是（ ）A. ],1[eB. ]1,1[1--eC. ]1,1[+eD. ]1,1[1+--e e2.如果函数()()2f x x a a R =+∈的二阶不动点恰是它的一阶不动点，求实数a 的取值范围。
高中数学教学论文 利用“不动点”解数高考题
利用“不动点”法巧解高考题—对2006年全国高考理科试卷（II ）第２２题的深入研究确定数列的通项公式，对于研究数列的性质是非常重要的。
有了数列的通项公式，可以求出数列中任意指定的一项，也有利于对数列性质的深入研究。
求数列的通项公式是高考数学压轴题目命题的重要内容，由于复杂的数列常常是一些简单的基本数列或特殊性质的数列构成的，因此，我们在求某些数列的通项公式时，除要运用各种方法与技巧外，还要熟练掌握一些简单的基本数列的通项公式。
另一方面，数列是一种特殊的函数，我们可以利用对函数不动点问题的研究结果，简化对数列通项公式问题的探讨。
笔者在长期的教学实践，不断总结探究和反思，对数列通项公式问题的求解，形成利用函数不动点知识探究的规律性。
本文是笔者对2006年全国高考理科试卷（II ）第２２题的研究，撰写成文供广大数学爱好者欣赏。
一、 基础知识设()f x 是一个关于x 的代数函数，我们称方程()f x x =的根为函数()f x 的不动点。
设0x 是函数()f x 的一个不动点，则()00f x x x x -=-成立。
二、 典型例题例.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且方程20n n x a x a --=有一概1n S -，1,2,3,n =。
（１） 求12,a a（２） 求数列{}n a 的通项公式。
（2006年全国高考理科试卷（II ）第２２题的） 解：（１）当n=1时，112a =；当n=2时，易解得216a = （２）由题设知：()()2110n n n n S a S a ----=即2210n n n n S S a S -+-=当2n ≥时，将1n n n a S S -=-代入上式整理得：1210n n n S S S --+=()1122n n S n S -∴=≥-记()12f x x=-，令()f x x =得不动点1x =11112n n S S -∴-=--，即11112n n n S S S ----=- 111112*********n n n n n n S S S S S S -------+∴===-+---- 11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是以首项为2-，公差为1-的等差数列。
不动点定理及其应用
不动点定理及其应用不动点定理及其应用1 引言大家都知道，在微分方程、积分方程以及其它各类方程的理论中，解的存在性、唯一性以及近似解的收敛性等都是相当重要的课题，为了讨论这些方程解的存在性，我们可以将它们转化成求某一映射的不动点问题．本文就这一问题作一下详细阐述．2 背景介绍把一些方程的求解问题化归到求映射的不动点，并用逐次逼近法求出不动点，这是分析中和代数中常用的一种方法．这种方法的基本思想可以追溯到牛顿求代数方程的根时所用的切线法，19世纪Picard 运用逐次逼近法解常微分方程．后来，1922年，波兰数学家巴拿赫（Banach ）将这个方法加以抽象，得到了著名的压缩映射原理，也称为巴拿赫不动点定理．3 基本的定义及定理定义1[1](P4) 设X 为一非空集合，如果对于X 中的任何两个元素x ，y ，均有一确定的实数，记为),,(y x ρ与它们对应且满足下面三个条件：①非负性：0),(≥y x ρ，而且0),(=y x ρ的充分必要条件是x =y ；②对称性：),(y x ρ=),(x y ρ；③三角不等式：),(y x ρ),(),(y z z x ρρ+≤，这里z 也是X 中任意一个元素．则称ρ是X 上的一个距离，而称X 是以ρ为距离的距离空间，记为()ρ,X ．注距离概念是欧氏空间中两点间距离的抽象，事实上，如果对任意的,),,,(),,,,(2121n n n R y y y y x x x x ∈==ΛΛ2/12211])()[(),(n n y x y x y x -++-=Λρ容易看到①、②、③都满足．定义2[1](P23) 距离空间X 中的点列}{n x 叫做柯西点列或基本点列，是指对任给的,0>ε存在,0>N 使得当N n m >,时，ερ<),(n m x x ．如果X 中的任一基本点列必收敛于X 中的某一点，则称X 为完备的距离空间．定义3[2](P16) 设X 是距离空间，T 是X 到X 中的映射．如果存在一数,10,<≤a a 使得对所有的X y x ∈,，不等式),(),(y x a y x ρρ≤T T （1）成立，则称T 是压缩映射．压缩映射必是连续映射，因为当x x n →时，有0),(),(→≤x x a Tx Tx n n ρρ．例设[]10，X =，Tx 是[]10，上的一个可微函数，满足条件：()[][]()1,01,0∈?∈x x T ，以及()[]()1,01∈?<≤'x a x T ，则映射X X T →:是一个压缩映射．证()()[]()()y x a y x a y x y x T Ty Tx Ty Tx ,1,ρθθρ=-≤--+'=-=()10,,<<="">定义4 设X 为一集合，X X T →:为X 到自身的映射（称为自映射），如果存在,0X x ∈使得00x Tx =，则称0x 为映射T 的一个不动点．例如平面上的旋转有一个不动点，即其旋转中心，空间中绕一轴的旋转则有无穷多个不动点，即其旋转轴上的点均是不动点，而平移映射a x Tx +=没有不动点．如果要解方程(),0=x f 其中f 为线性空间X 到自身的映射（一般为非线性的），令,I f T +=其中I 为恒等映射：,x Ix =则方程()0=x f 的解恰好是映射T 的一个不动点．因此可以把解方程的问题转化为求不动点的问题．下面就来介绍关于不动点的定理中最简单而又应用广泛的压缩映射原理：定理1[3](P36) 设X 是完备的距离空间，T 是X 上的压缩映射，那么T 有且只有一个不动点．证任取,0X x ∈并令ΛΛ,,,,11201n n Tx x Tx x Tx x ===+ （2）下证()2的迭代序列是收敛的，因T 是压缩映射，所以存在,10<≤a 使得()()y x a Ty Tx ,,ρρ≤，因此 ()()()();,,,,00101021Tx x a x x a Tx Tx x x ρρρρ=≤=()()()();,,,,002212132Tx x a x x a Tx Tx x x ρρρρ=≤=…………一般地，可以证明()()()();,,,,00111Tx x a x x a Tx Tx x x nn n n n n n ρρρρ≤≤≤=--+Λ于是对任意自然数p n ,，有()()()+++≤++++Λ211,,,n n n n p n n x x x x x x ρρρ()p n p n x x +-+,1ρ≤()0011,)(Tx x a a a p n n n ρ-++++Λ()()()0000,1,11Tx x aa Tx x a a a n p n ρρ-≤--= （3）由于10<≤a ，因此，当n 充分大时，(),,ερ<+p n n x x 故}{n x 是X 中的基本点列，而X 是完备的，所以存在_0_0,x x X x n →∈使得成立．再证_0x 是T 的不动点．易证，若T 是压缩映射，则T 是连续映射，而,lim _0x x n n =∞→因此,lim _0x T Tx n n =∞→所以_0_0_0,x x x T 即=是T 的一个不动点．最后，我们证明不动点的唯一性，若存在X x ∈*，使得,**x Tx =则,,,,*_0*_0*_0??≤??? ??=??? ??x x a Tx x T x x ρρρ 而_0*_0*,0,,1x x x x a ==??<即所以ρ．证毕．注（i ）由（2）定义的序列收敛，且收敛到T 的唯一不动点，且迭代与初始值0x 的取法无关．（ii ）误差估计式方程x Tx =的不动点*x 在大多数情况下不易求得，用迭代程序,1n n Tx x =+即得到不动点*x 的近似解，在（3）式中令()()00*,1,,Tx x aa x x p nn ρρ-≤∞→得（4）此即误差的先验估计，它指出近似解n x 与精确解* x 之间的误差．如果事先要求精确度为(),,*ερ≤x x n 则由()ερ≤-00,1x Tx aa n，可计算出选代次数n ，在（4）式中取01,1Tx x n ==代入得()()0*0,1,x Tx aTx ρρ-≤．上式对任意初始值均成立，取10-=n x x ，即得()()1*,1,--≤n n n x x aax x ρρ，此式称为后验估计，可从n x 与其前一步迭代结果1-n x 的距离来估计近似解与精确解*x 之间的误差．所以，压缩映射原理，不仅给出了不动点的存在性，而且给出求解方法，同时还指明了收敛速度及误差．（iii ）a 值越小迭代收敛的速度越快．（iv ）在T 满足()()()y x y x Ty Tx ≠<,,ρρ （5）的条件下，T 在X 上不一定存在不动点．如令[)[)()+∞∈++=+∞=,011,,0x xx Tx X ，我们容易证明对一切[)y x y x ≠+∞∈,,0,时，有()()[)∞+<，但0,,,T y x Ty Tx ρρ中没有不动点．又如，若令x arctgx Tx R X +-==2π，，则T 满足条件（5），因任取,,,y x R y x ≠∈则由中值公式()()y x T y x Ty Tx ,,'在ξξ-=-之间，由于()，故得11'22<+=ξξξT ()()y x Ty Tx y x Ty Tx ,,,ρρ<-<-即， Tx 但没有不动点，因任何一个使x Tx =的x 须满足,2=arctgx 在R 内这样的x 不存在．（v ）压缩映射的完备性不能少．如设(]1,0=X ，定义T 如下：2 xTx =，则T 是压缩映射，但T 没有不动点．这是由于(]1,0空间的不完备性导致的．（vi ）压缩映射条件是充分非必要条件．如()[]b a x f ,映为自身，且 ()()y x y f x f -≤- ，（6）任取[],,1b a x ∈令()[]n n n x f x x +=+211 ，（7）该数列有极限**,x x 满足方程()**xxf =，但由（6），（7）可得11-+-≤-n n n n x x a x x ，相当于,1=a 不是10<定理1从应用观点上看还有一个缺点，因为映射T 常常不是定义在整个空间X 上的，而仅定义在X 的子集E 上，而其像可能不在E ，因此要对初值加以限制，有以下结果：定理2 [4]（P193-194）设T 在Banach 空间的闭球()(){}r x x X x r x B B ≤∈==00_,:,ρ上有定义，在X 中取值，即T ：()X r x B →,0_又设[),1,0∈?a 使得()()(),,,,,0_y x a Ty Tx r x B y x ρρ≤∈?有()(),1,00r a Tx x -≤ρ且则迭代序列（2）收敛于T 在B 中的唯一不动点．证只需证明(),,B x B B T ∈?? ()Tx x ,0ρ()()Tx Tx Tx x ,,000ρρ+≤()r a -≤1()x x a ,0ρ+()r ar r a =+-≤1，因此()B ，B T B Tx ?∈所以,由定理1B 在知T 中有唯一的不动点，证毕．有时T 不是压缩映射，但T 的n 次复合映射nT 是压缩映射，为了讨论更多方程解的存在性、唯一性问题，又对定理1进行了推广．定理3[5]（P21）设T 是由完备距离空间X 到自身的映射，如果存在常数10,<≤a a 以及自然0n ，使得()()()X y x y x y T x Tn n ∈≤,,,00ρρ，（8）那么T 在X 中存在唯一的不动点．证由不等式（8），0n T 满足定理1的条件，故0n T存在唯一的不动点，我们证明0x 也是映射T唯一的不动点．其实，由()()()000100Tx x T T x T Tx Tnn n ===+，可知0Tx 是映射0n T 的不动点．由0n T 不动点的唯一性，可得00x Tx =，故0x 是映射T 的不动点，若T 另有不动点1x ，则由,1111100x Tx Tx T x T n n ====-Λ可知1x 也是0n T 的不动点，再由0n T 的不动点的之唯一性，得到,01x x =证毕．4 不动点定理的应用4.1 不动点定理在数学分析中的应用该定理在数学分析中主要用于证明数列的收敛性、方程解的存在性和唯一性及求数列极限．定理4.1.1 ① 对任一数列{}n x 而言，若存在常数r ，使得10,,11<<-≤-∈?-+r x x r x x N n n n n n 恒有 ()A ，则数列{}n x 收敛．② 特别，若数列{}n x 利用递推公式给出：()n n x f x =+1 (),,2,1Λ=n 其中f 为某一可微函数，且()()(),1',B R x r x f R r ∈?<≤∈?使得则{}n x 收敛．证①此时rr x x r r r x x x x rx xx x np n n pn n k k pn n k k kn p n --≤---=-≤-≤-+++=-++=-+∑∑11.0101011111应用Cauchy 准则，知{}n x 收敛，或利用D ，Alenber 判别法，可知级数()1--∑n n x x 绝对收敛，从而数列()()ΛΛ,2,1011=+-=∑=-n x x xx nk k kn 收敛．② 若()B 式成立，利用微分中值定理：()()()()Λ,3,2,1111=-≤-'≤-=----+n x x r x x f x f x f x x n n n n n n n n ξ即此时()A 式亦成立，故由①知{}n x 收敛．注若()B 式只在某区间I 上成立，则必须验证，{}n x 是否保持在区间I 中．例1 设数列{}n x 满足压缩性条件，,,3,2,10,11Λ=<<-≤--+n k x x k x x n n n n 则{}n x 收敛．证只要证明{}n x 是基本点列即可，首先对一切n ，我们有11-+-≤-n n n n x x k x x ,121212x x k x x k n n n -<<-<---Λn m >设，则 n n m m m m n m x x x x x x x x -++-+-≤-+---1211Λ123122x x k x x k m m -+-<--121x x k n -++-Λ()01121∞→→--<-n x x kk n ，证毕．注该题体现了不动点定理证明数列的收敛性．例2 证明若()x f 在区间[]r a r a I +-≡,上可微，()1<≤'αx f ，且()()r a a f α-≤-1 , （9）任取()()(),,,,,,112010ΛΛ-===∈n n x f x x f x x f x I x 令则**,lim x x x n n =∞-为方程()x f x =的根（即*x 为f 的不动点）证已知I x ∈0，今设I x n ∈，则()()()a a f a f x f a x n n -+-=-+1()()a a f a x f n -+-'≤ξ ()之间与在a x n ξ[由（9）](),1r r r =-+≤ααI x n ∈+1即这就证明了：一切I x n ∈应用微分中值定理，1,+?n n x x 在ξ之间（从而I ∈ξ）()()()()111--+-'=-=-n n n n n n x x f x f x f x x ξ 1--≤n n x x α ()10<<α，这表明()1-=n n x f x 是压缩映射，所以{}n x 收敛．因f 连续，在()1-=n n x f x 里取极限知{}n x 的极限为()x f x =的根．注该题体现了不动点定理证明方程解的存在性．例 3 ()x f 满足()()(),10<<-≤-k y x k y f x f (),,10n n x f x R x =∈?+令取则{}n x 收敛，且此极限为方程()x x f =的唯一解．证① 因为()()01212111x x k x x k x x k x f x f x x nn n n n n n n n -≤≤-≤-≤-=-----+Λ所以 n n p n p n p n p n n p n x x x x x x x x -++-+-≤-+-+-+-+++1211Λ()01121x x k k k k n n p n p n -++++≤+-+-+Λ()10101<<--<="" p="" x="">k n因为01lim01=--∞→x x k k n n ，所以εε<--<->>?+011,,,,0x x kk x x N n p N nn p n 有，由Cauchy 准则，知{}n x 收敛．② 设,lim *x x n n =∞→已知()n n x f x =+1，所以()()**lim x f f x f x n n 连续∞→=，所以()x f x x =是*的解．若另有解*y 是()x f x =的解，即()**yf y =，而()()()10******<<-≤-=-k x y k x f y f x y ．所以**x y =，所以()x f x x =是*的唯一解．注该题既体现了不动点定理证明数列的收敛性又体现了方程解的存在唯一性．定理4.1.2 已知数列{}n x 在区间I 上由()()Λ,2,11==+n x f x n n 给出，f 是I 上连续函数，若f 在I 上有不动点()()***xf x x =即满足()()()()*0*111≥--x x x f x，则此时数列{}n x 必收敛，且极限A 满足()A f A =,若()*式"""">≥改为对任意I ∈1x 成立，则意味着*x 是唯一不动点，并且,*x A =特别，若f 可导，且()(),10I x x f ∈<'<当则f 严增，且不等式()() """"*>≥可该为会自动满足()I x ∈?1，这时f 的不动点存在必唯一从而*x A =，证（分三种情况进行讨论）：① 若*1x x >，则()()**12x x f x f x =≥=，一般地，若已证到*x x n ≥，则()()**1x x f x f x n n =≥=+．根据数学归纳法，这就证明了，一切*:x x n n ≥（即*x 是n x 之下界）另一方面，由()*式条件，已有()112x x f x ≤=，由f 单调增，知()()2123x x f x f x =≤=，…．一般地若已证到1-≤n n x x ，由f 单调增，知()()n n n n x x f x f x =≤=-+11，这就证明了n x 单调减，再由单调有界原理，知{}n x 收敛．在()n n x f x =+1里取极限，因()x f 连续，可知{}n x 的极限A 适合方程()A f A =．② *1x x <的情况，类似可证．③ *1x x =若，则一切n ，*x x n =结论自明．最后，假若()(),10I x x f ∈?<'<由压缩映射原理可知{}n x 收敛．事实上，这时也不难验证()*条件成立，如：对函数()()x f x x F -≡应用微分中值定理，（注意到()()0,0*>'=x F x F ），知*x在ξ?与x 之间，使得()()()()()()(),***x x F x x F xF x F x f x -'=-'+=≡-ξξ可见()()(),0*>--xx x f x 即条件()*严格成立，故*lim x xnn =∞→．例4 设()nn n x c x c x x ++=>+1,011（1>c 为常数），求n n x ∞→lim ．解法一（利用压缩映射）因0>n x ，且0>x 时，0))(()1()1()('2'>-=++=x f c c x c x c x f x ，又由1>c 知111)1()()1()('022<-=-≤+-=x ，故)(1n n x f x =+为压缩映射，{}n x 收敛，在nn n x c x c x ++=+)1(1中取极限，可得c x n n =∞→lim ．法二（利用不动点）显然一切0>n x ，令()()x xc x c x f =++=1，知不动点c x =*，而f 单调增加且0)()()()1(22>-++=-+---=-++-c x x c c x c x x c cx c x cx c x x c xc x ．表明()()()0*111≥--xx x f x 成立，根据不动点方法原理c xnn =∞→lim ．注该题体现了不动点定理用于求数列极限．定理4.1.3 （不动点方法的推广）设),(y x f z =为二元函数，我们约定，将),(x x f z =的不动点，称为f 的不动点（或二元不动点），已知),(y x f z =为0,0>>y x 上定义的正连续函数，z 分别对x ，对y 单调递增，假若：（1）存在点b 是),(x x f 的不动点；（2）当且仅当b x >时有()x x f x ,>，令()()()()()ΛΛ,4,3,,0,,,21121==>==--n a a f a a a a f a a a f a n n n ，（10）则{}n a 单调有界有极限，且其极限A 是f 的不动点．证只需证明{}n a 收敛，因为这样就可在（10）式中取极限，知A 是f 的不动点，下面分两种情况进行讨论：① 若1a a ≤，由f 对x ，对y 的单增性知112),(),(a a a f a a f a =≥=，进而2111123),(),(),(a a a f a a f a a f a =≥≥=，类似：若已推得121,---≥≥n n n n a a a a ，则),4,3(),(),(2111Λ==≥=---+n a a a f a a f a n n n n n n ，如此得{}n a 单调递增．又因a a a f a ≥=),(1，按已知条件这时只能b a ≤（否则b a >按已知条件（2），应有1),(a a a f a =>，产生矛盾），进而),(),(,),(),(121a b f a a f a b b b f a a f a ≤==≤= Λ,),(b b b f =≤，用数学归纳法可得一切b a n ≤，总之n a 单调递增有上界，故{}n a 收敛．② 若a a ≤1，类似可证{}n a 单调递减有下界b ，故{}n a 收敛．注按b 的条件可知b 是f 的最大不动点，b x >时不可能再有不动点，情况②时极限b A ≥是不动点，表明此时b A =．例5 若ΛΛ,)(,,)(,)(,031312131311231311--+=+=+=>n n n a a a a a a a a a a ，试证（1）数列{}n a 为单调有界数列；（2）数列{}n a 收敛于方程313x x x +=的一个正根．证（利用定理 4.1.3）设3131)(),(y x y x f z +==，显然f 当0,0>>y x 是正值连续函数，对y x ,单增，只需证明①b ?使得),(b b f b =；②),(x x f x >当且仅当b x >① 注意到 f 的不动点，亦即是方程0313=--x x x 的根，分析函数313)(x x x x g --=，因0926)(",3113)('35322>+=--=xx x g xx x g （0>x 时），0)1(',)00('>-∞=+g g ，可知g 在（0，1）内有唯一极小点c x c >,时g x g ,0)('>严增，0)2(,0)1(><="" （即f="" ，故g="">② b x >时0)()(=>b g x g ，即),(x x f x >；事实上，在0>x 的范围也只有在b x >时才有),(x x f x >，因为0)(,0)0(==b g g ，在),0(c 上)(x g 严减，),(b c 上)(x g 严增，所以),0(b 上0)(<．证毕．<="" bdsfid="663" f="" g="" p="" x="" ，即),(x="">4．2 不动点定理在积分方程中的应用该定理在积分方程用于证明方程解的存在性、唯一性及连续性．例6 第二类Fredholm 积分方程的解，设有线性积分方程τττμ?d x t k t t x b a )(),()()(?+=，（11）其中[]b a L ,2∈?为一给定的函数，λ为参数，),(τt k 是定义在矩形区域b a b t a ≤≤≤≤τ,内的可测函数，满足+∞a b a 2),(．那么当参数λ的绝对值充分小时，方程（11）有唯一的解[]b a L x ,2∈．证令τττμ?d x t k t t Tx ba )(),()()(?+=．由 []d t d x d t k d x t k ba b a b a ba b a τττττττ222)(),()(),(≤??ττττd x dt d t k ba ba b a 22)(),(=及T 的定义可知，T 是由[]b a L ,2到其自身的映射，取μ充分小，使[]1),(2/12d t k a ba b a ττμ，于是 2/12))()()(,(),(??-??=dt ds s y s x t k Ty Tx b a b a τμρ()()2/122/12)()(),(ds s y s x dtd t k b a b ab a -≤ττμ()),(),(2/12y x dtd t k b a b aρττμ??=),(y x a ρ=故T 为压缩映射，由定理1可知，方程（11）在[]b a L ,2内存在唯一的解．注该题体现了不动点定理证明第二类Fredholm 积分方程解的存在唯一性．例7 设),(τt k 是定义在三角形区域t a b t a ≤≤≤≤τ,上的连续函数，则沃尔泰拉积分方程)()(),()(t d x t k t x t a ?τττμ+?= （12）对任何[]b a C ,∈?以及任何常数μ存在唯一的解[]b a C x ,0∈．证作[]b a C ,到自身的映射()()()()(),,:t f d x t k t Tx T ta+=?τττμ则对任意的[],,,21b a C x x ∈有 ()()()()()()()[]?-=-tad x x t k t Tx t Tx ττττμ2121,()()()t x t x a t M bt a 21max --≤≤≤μ()(),,21x x a t M ρμ-=其中M 表示),(τt k 在t a b t a ≤≤≤≤τ,上的最大值，ρ表示[]b a C ,中的距离，今用归纳法证明),()!/)(()()(21221x x n a t M t x T t x T nnnnρλ-≤- （13）当1=n 时，不等式（13）已经证明，现设当k n =时，不等式（13）成立，则当1+=k n 时，有[]ττττμd x T x T t k t x T t x T k k t a k k )()(),()()(212111-?= -++[]),()(!/2111x x ds a s k M k t a k k ρμ-?≤++[]),()!1/()(21111x x k a t M k k k ρμ+-=+++，故不等式（13）对1+=k n 也成立，从而对一切自然数n 成立．由（13）()!/)()()(m ax ),(2121n a b M t x T t x T x T x T n n nn n bt a n n -≤-=≤≤μρ ),(21x x ρ对任何给定的参数μ，总可以选取足够大的n ，使得1!/)(<-n a b M n n nμ，因此n T 满足定理3的条件，故方程在[]b a C ,中存在唯一的解．注该题体现了不动点定理证明沃尔泰拉积分方程在三角形区域上解的存在唯一性．例8 设),(τt k 是[][]b a b a ,,?上的连续函数，()[]b a C t f ,∈，λ是参数，方程)()(),()(t f d x t k t x b a +?=τττλ，（14）当λ充分小时对每一个取定的)(t f 有唯一解．证在[]b a C ,内规定距离)()(max ),(t y t x y x bt a -=≤≤ρ．考虑映射())(),())((t f d x t k t Tx b a +?=τττλ （15）当λ充分小时T 是[][]b a C b a C ,,→的压缩映射．因为()()()()()()()()()?-=-=≤≤≤≤ba bt a bt a d y x t k t Ty t Tx Ty Tx ττττλρ,m ax max ,τττλd t y x t k b a bt a )()(),(max -≤≤≤),(y x M ρλ?≤此处ττd t k M ba bt a ),(max ?=≤≤．故当λ1<="">[]b a C t f ,)(∈解存在唯一，任取初始值逼近，令()()()()t f d x t k t x b a+=?τττλ01,，则),(1)*,(01x x MM x x nnn ρλλρ?-≤，)(t x n 是第n 次的近似，)(*t x 是精确解．注该题体现了不动点定理证明沃尔泰拉积分方程在矩形区域上解的存在唯一性．例9 设[]1,0C f ∈，求出积分方程ds s x t f t x to )()()(?+=λ []()1,0∈t 的连续解．解法一据例7方程对一切λ存在唯一解[]1,0)(∈t x ，改写方程))(()(),()()(10t kx ds s x s t k t f t x =?+=λ，其中??≥<=.,1,,0),(s t s t s t k 由逐次逼近法，取0)(0=t x ，得002201,,,x k x x k x kx x nn ===Λ，则)(lim )(t x t x n n ∞→=在[]1,0C 中收敛，即为原方程之解，容易看出,,)(),()()(),()(1021Λds s f s t k t f t x t f t x ?+==λ)(1t x n +()()()∑?=+=nk k k ds s f s t k t f 11,λ，其中),,(),(1s t k s t k =du s u k u t k s t k n t n ),(),(),(10-?= )2(≥n ，从而 ??≥--<=-,,)()!1(10),(1s t s t n s t s t k n n ()()()()()()()ds s f n s t s t s t t f t x tn n n--++-+-++=--+011221!1!21λλλλΛ，故.)()()(lim )()(01ds s f et f t x t x s t t n n -+∞→?+==λλ法二令ds s x t y t)()(0?=，则)()('t x t y =，如果)(t x 满足原方程，则)(t y 必满足方程=+=0)0()()()('y t y t f t y λ （16）易知方程（16）的解为 ds s f e t y s t t )()()(0-?=λ再令 ()()()()()()?-+=+=ts t ds s f et f t y t f t x 0λλλ （17）下面证明)(t x 为原方程之解，事实上，因为()t y 满足（16），则)()()()('t x t y t f t y =+=λ 所以ds s x t y t )()(0?=，由（17）知ds s x t f t x t )()()(0?+=λ，故ds s f e t f t x s t t )()()()(0-?+=λλ为原方程的连续解．4.3 不动点定理在线性代数方程组中的应用该定理在线性代数方程组用于证明方程解的存在性、唯一性．例10 设有线性方程组()n i b x ax i nj j iji ,2,11Λ==-∑=， (18)如对每个1,1<≤∑=a ai nj ij(19)则该方程组有唯一解．证在空间n R 中定义距离()i i ni y x y x -=≤≤11max ,ρ (其中i x 与i y 分别是x 与y 的第i 分量)，则n R 按照1ρ是一个距离空间，且是完备的．在这个空间中，定义Tx y R R T nn =→,:由下式确定()∑==+=nj i j iji n i b x ay 1,,2,1Λ ，如令 ()()()()2211,y Tx y Tx==，则有()()()()()()()()()()()21112112121max max ,,j j nj ij ni iini x x a y yyyTxTx -=-==∑=≤≤≤≤ρρ()()2111max jj nj ij ni x x a -≤∑=≤≤()()∑-≤=≤≤≤≤nj ij n i j j nj a x x 11211max max由条件（19）可得()()()()()()2121,,x x a TxTx ρρ≤，即T 是压缩映射，从而它有唯一的不动点，即方程有唯一解且可用迭代法求得．上述结果可用于方程组(),,,,,21n n R x x x x b Ax ∈==Λ()()'21,,,n nn ijb b b b a A Λ==? （20）可知，当n i a aii nj,2,1,,1Λ=<∑≠=时（19）存在唯一的解x ，且用如下的Jacobi 法求出x ，将（20）改写成+----=+--+-=+---=nn n n nn n nn n nnn n n a b a a a a a b a a a a a b a a a a ξξξξξξξξξξξξ000221122222221222121111112111211ΛΛΛΛΛΛΛ记=------=nn n nnn nnn n n a b ab a b b a a a a a a aa a a a a A ΛΛΛΛΛΛΛΛ2221112122222211111112000 即为b x A x +=，任取()()()(),,,,002010nRx ∈'=ξξξΛ用迭代法，令n n b x A x n n ,,2,1,1Λ=+=-，则x x n n =∞→lim ．4.4 不动点定理在微分方程中的应用该定理在微分方程用于证明方程解的存在性、唯一性．例11 考察微分方程()y x f dxdy,=，00y y x =，（21）其中()y x f ,在整个平面上连续，此外还设()y x f ,关于y 满足利普希茨（R ．Lipschtz ）条件：()(),,,,,,2'''R y y x y y k y x f y x f ∈-≤-其中0>k 为常数，那么通过点()00,y x ，微分方程（21）有一条且只有一条积分曲线．证微分方程（21）加上初值条件00 y yx =，等价于下面的积分方程()()()dt t y t f y x y xx ,00?+=．我们取0>δ，使1<δk ，在连续函数空间[]δδ+-00,x x C 内定义映射:T()()()()[]()δδ+-∈+=?000,,0x x x dt t y t f y x Ty xx ，则有()()(()()[]?-=≤-xx x x dt t y t f t y t f Ty Ty 002121,,max,δρ()()?-≤≤-xx x x dt t y t y k 0021max δ()()().,m ax 21210y y k t y t y k x t δρδδ=-≤≤-因,1<δk 由定理1，存在唯一的连续函数()[]()δδ+-∈000,x x x x y 使()()()dt t y t f y x y xx ?+=0000,，由这个等式可以看出，()x y 0是连续可微函数，且()x y y 0=就是微分方程（21）通过点()00,y x 的积分曲线，但只定义在[]δδ+-00,x x 上，考虑初值条件(),000δδ±=±x y yx 并再次应用定理1，使可将解延拓到[]δδ2,200+-x x 上，依次类推，于是可将解延拓到整个直线上．通过上文的论述，我们加深了对不动点定理的理解，了解了求不动点的方法以及相应例题的证明技巧，知道了此定理应用的广泛性，而随着理论和实践的蓬勃发展对不动点定理的研究也将不断深化，所以我们研究的脚步不能停下．。
利用不动点法巧解数列高考题
是公差为
2c ad
的等差数列。
证：（ⅰ）由题设知
ax1 b cx1 d
x1
b dx1 a cx1
x1
dx1
b
(a cx1)x1 ；
同理 dx2 b (a cx2 )x2.
∴ an1 x1
aan can
b d
x1
(a cx1)an b dx1
a cx1 an x1
，
an1 x2
3 ；⑵求证：
xn1 xn ；⑶求数列{xn} 的通项公式．
证：⑶依题
xn1
xn2 3 2xn 4
，记
f
(x)
x2 3 2x 4
，令
f
(x)
x ，求出不动点
x1
1,
x2
3；
由定理
3
知：
xn1
1
xn2 3 2xn 4
1
(xn 1)2 2xn 4
，
xn1
3
xn2 3 2xn 4
3
2x 3
2x 3
1 2an 3 5 2(an 1) 1 2 an1 1 5an 5 5(an 1) an 1 5
1 1 2 (n 1) an 1 a1 1 5
例 3 （2010 年全国卷Ⅰ22 题）已知数列
an
中，
a1
1,
an1
c
1 an
.
（Ⅰ）设 c
5 2 , bn
an
例 1 （2010 上海文数 21 题）已知数列an 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn n 5a n 85 ， n N*
(1)证明：an 1是等比数列；(2)求数列Sn 的通项公式，并求出使得 Sn1 Sn 成立的最小正整数 n .
专题：关于函数不动点的研究及其应用
高考学习网课群：109758709，超过3000G 网课关于函数不动点的研究及其应用相关概念：定义：一般地，对于定义在区间上的函数D ()y f x =（1）若存在,使得,则称是函数的一阶不动点,简称不动点； 0x D ∈00()f x x =0x ()y f x =（2）若存在,使,则称是函数的二阶不动点,简称稳定点；0x D ∈00(())f f x x =0x ()y f x =说明：（1）不动点实际上是方程组的解的横坐标，或两者图象的交点⎩⎨⎧==x y x f y )(),(00y x 的横坐标（2）稳定点是函数图象与它的反函数（可以是多值的）的图象的交点的横坐标.（3）令，则，故函数有两个二阶不动点 ()0f x t =()()00f x t x t =≠()y f x =0,x t 就是二元方程有解，即点都在函数图象上，所以()()00f x tf t x =⎧⎪⎨=⎪⎩()()00,,,t x x t ()y f x =得二阶不动点就是函数图象上关于直线对称两点的横坐标。
()y f x =()y f x =y x =（4）若0x 为函数的不动点，则0x 必为函数的稳定点，但稳定点不一定)(x f y =)(x f y =就是不动点，但若函数单调递增，则它的不动点与稳定点是完全等价的。
（证明()y f x =）相关习题：1.（2013年四川文科）.设函数（，为自然对数的底数）. 若a x e x f x -+=)(R a ∈e 存在使成立，则的取值范围是（ ）]1,0[∈b b b f f =))((a A.B.C.D.],1[e ]1,1[+e ]1,[+e e ]1,0[分析：题目的等价于存在二阶不动点，而易知在定义域内为单()y f x =]1,0[∈b ()y f x =调递增函数，故二阶不动点与一阶不动点等价，进而转化为存在一阶不动点()y f x =，即，使得在有解,]1,0[∈b []0,1x ∃∈x a x e x f x =-+=)(]1,0[∈x 整理可得，，在有解 2x x e a x -+=]1,0[∈x 令，2)(x x e x g x-+=]1,0[∈x ∵，∴在单调递增021121)(=-+>-+='x e x g x )(x g ]1,0[∈x ，，，故选择1)0(=g e g =)1(],1[e a ∈A高考学习网课群：109758709，超过3000G 网课变式：（2013四川理科）设函数（，为自然对数的底数）.a x e x f x -+=)(R a ∈e 若曲线上存在点使成立，则的取值范围是（ ）x y sin =),(00y x 00))((y y f f =a A .B. C. D.],1[e ]1,1[1--e]1,1[+e ]1,1[1+--e e2.如果函数的二阶不动点恰是它的一阶不动点，求实数的取值范围()()2f x x a a R =+∈a 。
2022届高考数学利用“不动点”法巧解数列问题
热点08 利用“不动点”法巧解数列问题规律方法总结由递推公式求其数列通项历来是高考的重点和热点题型，对已知递推关系但又难求通项的数列综合问题，充分运用函数的相关性质是解决这类问题的着手点和关键.与递推关系对应的函数的“不动点”决定着递推数列的增减情况，可以利用对函数“不动点”问题的研究结果，来简化对数列通项问题的探究.经典例题解析1.不动点的定义一般的，设()f x 的定义域为D ，若存在0x D ∈，使00()f x x =成立，则称0x 为()f x 的不动点，或称00(,)x x 为()f x 图象的不动点. 2.求线性递推数列的通项定理1 设()(01)f x ax b a =+≠，，且0x 为()f x 的不动点，{}n a 满足递推关系1()n n a f a -=，2,3,n =，证明0{}n a x -是公比为a 的等比数列.证：∵0x 是()f x 的不动点，所以00ax b x +=，所以00b x ax -=-，所以na 0101010()()n n n x a ab x a a ax a a x ----=+-=-=-··，∴数列0{}n a x -是公比为a 的等比数列.例1 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且585n n S n a =--，*n N ∈(1)证明：{}1n a -是等比数列；(2)求数列{}n S 的通项公式，并求出使得1n n S S +>成立的最小正整数n .证：(1) 当n =1时，a 1=-14；当2n ≥时，a n =S n -S n -1=-5a n +5a n -1+1，即1651n n a a -=+(2)n ≥即15166n n a a -=+(2)n ≥，记51()66f x x =+，令()f x x =，求出不动点01x =，由定理1知：151(1)(2)6n n a a n --=-≥，又a 1-1= -15 ≠0，所以数列{a n -1}是等比数列.(2)解略.3.求非线性递推数列的通项 定理2 设()(00)ax bf x c ad bc cx d+=≠-≠+，，且12x x 、是()f x 的不动点，数列{}n a 满足递推关系1()n n a f a -=，2,3,n =，（ⅰ）若12x x ≠，则数列12{}n n a x a x --是公比为12a x c a x c --的等比数列；（ⅱ）120x x x ==，则数列01{}n a x -是公差为2ca d +的等差数列.证：（ⅰ）由题设知111111111()ax b b dx x x dx b a cx x cx d a cx +-=⇔=-⇔-=-+- 同理222().dx b a cx x -=-∴111122n n n n n n aa b x a x ca daa b a x x ca d+++--+=+--+1122()()n n a cx a b dx a cx a b dx -+-=-+-1122n n a x a cx a cx a x --=⋅--， 所以数列12{}n n a x a x --是公比为12a cx a cx --的等比数列. （ⅱ）由题设知ax bcx d ++＝x 的解为120x x x ==，∴且00b dx a cx --＝0x -.所以100011()n n n n n ca d aa b a x a cx a b dx x ca d ++==+--+--+00000()()()()n n n n ca d ca db dx a cx a x a cx a a cx ++==----+-000000001()()n n n ca cx d cx d cx c a cx a x a cx a cx a x -+++==+⋅-----00122n a dd c c c a d a cx a x a c c-+⋅=+⋅----⋅000112n n c c a cx a x a x a d =+=+---+，所以数列01{}n a x -是公差为2ca d+的等差数列.例2 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且方程20n n x a x a -⋅-=有一根为1n S -*()n N ∈.求数列{}n a 的通项公式. 解：依题112a =，且2(1)(1)0n n n n S a S a --⋅--=，将1n n n a S S -=-代入上式，得112n n S S -=-，记()12f x x=-，令()f x x =，求出不动点01x =，由定理2（ⅱ）知：12111111n n n n S S S S +-==-+---，所以数列11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是公差为1-的等差数列，所以1n n S n =+，因此数列{}n a 的通项公式为11n a n =+. 例3 已知数列{}n a 中，1111,.n na a c a +==-（1）设51,22n n c b a ==-，求数列{}n b 的通项公式. （2）求使不等式13n n a a +<<成立的c 的取值范围 . 解：（1）依题1525122n n n n a a a a +-=-=，记52()2x f x x-=，令()f x x =，求出不动点121,22x x ==；由定理2（ⅰ）知：11112222n n nna a a a+--=-=⋅，12111222n n n na a a a +--=-=⋅ ； 两式相除得到1122111422n n n n a a a a ++--=⋅--，所以212n n a a ⎧⎫⎪⎪-⎨⎬⎪⎪-⎩⎭是以14为公比，112212a a -=--为首项的等比数列，所以，112132,2,14242n n n n n a a a ---⎛⎫=-⋅=-⎪+⎝⎭-从而124.33n n b -=--（2）解略.定理3 设2()(0)2ax bf x a ax d+=≠+，且12x x 、是()f x 的不动点，数列{}n a 满足递推关系1()n n a f a -=，2,3,n =，则有2111122()n n n n a x a x a x a x ++--=--；若11120a x a x ->-，则12ln n n a x a x ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是公比为2的等比数列.证：∵12x x 、是()f x 的不动点，∴211dx b ax =-，222dx b ax =-.21112122(2)(2)n n n n n n a x a a b a a d x a x a a b a a d x ++-⋅+-⋅+=-⋅+-⋅+2211222222n n n n a a b a a x ax ba ab a a x ax b⋅+-⋅⋅+-=⋅+-⋅⋅+-22211122222(2)()(2)n n n n n n a a a x x a x a a a x x a x -⋅+-==-⋅+-，又11120a x a x ->-，则120n n a x a x ->-， ∴111122ln2ln n n n n a x a x a x a x ++--=--，故12ln n n a x a x ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭是公比为2的等比数列.例4已知数列{}n x 满足14x =，21324n n n x x x +-=-.⑴求证：3n x >；⑵求证：1n n x x +<；⑶求数列{}n x 的通项公式. 证：⑴、⑵证略；⑶依题21324n n n x x x +-=-，记23()24x f x x -=-，令()f x x =，求出不动点121,3x x ==；由定理3知：2213(1)112424n n n n n x x x x x +---=-=--，2213(3)332424n n n n n x x x x x +---=-=--，所以2111133n n n n x x x x ++⎛⎫--= ⎪--⎝⎭，又111413343x x --==--，所以133111log 2log 33n n n n x x x x ++--=--. 又1311log 13x x -=-，令31log 3n n n x a x -=-，则数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列.所以12n n a -=.由31log 3n n n x a x -=-，得133n a n n x x -=-.所以11121231313131n n n n a n a x --++--==--. 利用函数“不动点”法求解较复杂的递推数列的通项问题，并不局限于以上三种类型，基于高考数列试题的难度，本文不再对更为复杂的递推数列进行论述，以下两个定理供有兴趣的同学探究证明.定理4 设222()(0),4b bf x ax bx a a-=++>且0x 是()f x 的最小不动点，数列{}n a 满足递推关系1()n n a f a -=，2,3,n =，则有2010().n n a x a a x --=-定理5 设23322()(0),3273b b bf x ax bx x a a a a=+++-≠且0x 是()f x 的不动点，数列{}n a 满足递推关系1()n n a f a -=，2,3,n =，则有3010().n n a x a a x --=-跟踪训练一、填空题1. 已知数列{}n a 满足11a =，21n nn a a a +=+，数列{}n b 的前n 项和n S ，1n n n a b a +=.若()100S k k Z <∈，则k 的最小值为_______________. 【答案】1 【解析】【分析】由题意，可得111n n n n a b a a +==+，转化21n n n a a a +=+为11111n n n a a a +=-+，可得10012100122310010110111111111111111S a a a a a a a a a a =+++=-+-++-=-+++，结合101a 的范围即得解.【详解】由1n n n a b a +=，可得1n n n a b a +=，由21n n n a a a +=+，可得111n n n a a a +=+，故11n n b a =+. 因为()1111111n n n n n a a a a a +==-++，所以11111n n n a a a +=-+， 所以10012100122310010110111111111111111S a a a a a a a a a a =+++=-+-++-=-+++. 由题意可知0n a >，则210n n n a a a +-=>，故{}n a 为递增数列.因为11a =，所以101101a <<，故()100101110,1S a =-∈，所以k 的最小值为1. 【点睛】本题考查了数列的递推公式以及裂项求和法，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于中档题2. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，2211,n n n n a a a n a +=-=-，则100S =__________. 【答案】1189 【解析】【分析】由2211,n n n n a a a n a +=-=-，两式相加得221+1n n a a n +=-，然后进一步通过迭代法可求得答案【详解】解：因为2211,n n n n a a a n a +=-=-， 所以221+1n n a a n +=-，所以234598994849()()()014811762a a a a a a ⨯++++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅+==， 由2211,n n n n a a a n a +=-=-，可得3110a a =-=所以100502512631210111212a a a a a a =-=-=-=-=-=， 所以100123459899100()()()S a a a a a a a a =+++++⋅⋅⋅+++11176121189=++=，故答案为：1189二、解答题3. 数列{}n a 满足：11a =，点()1,n n n a a ++在函数1y kx =+的图像上，其中k 为常数，且0k ≠（1）若124,,a a a 成等比数列，求k 的值； （2）当3k =时，求数列{}n a 的前2n 项的和2n S .【答案】（1）2k =；（2）223n S n n =+.【解析】【分析】（1）首先由条件，列式表示为2a k =，31a k =+，42a k =，再根据数列是等比数列求k 的值；（2）由条件，归纳可知()2123211n n a a n -+=-+，再求数列{}n a 的前2n 项的和2n S . 【详解】解：（1）由11n n a a kn ++=+可得121a a k +=+，2321a a k +=+，3431a a k +=+， 所以2a k =，31a k =+，42a k =.又1a ，2a ，4a 成等比数列，所以2214a a a =，则22k k =，又0k ≠，故2k =.（2）3k =时，131n n a a n ++=+，∴124a a +=，3410a a +=，…，()2123211n n a a n -+=-+， 224624106232n n S n n n n +-=++⋅⋅⋅+-==+. 【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列，并项求和，本题第二问的关键是根据递推公式131n n a a n ++=+，求得()2123211n n a a n -+=-+，再求2n S 即可迎刃而解. 4. 已知数列{}n a 、{}n b 满足110a b ==，()()1121212n n n n n a a +++=++，当2n ≥时，131n n b a =+．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）若1n n c b +=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，证明：56n S <． 【答案】（1）223nn a -=，0,11,221n n n b n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）由已知条件推导出1111121212121n n n n n n a a +++=+-++++，利用累加法可求得数列{}n a 的通项公式，进一步可求得数列{}n b 的通项公式； （2）分析可得当2n ≥时，11112121122n n n n c +++≤==-+，然后分1n =、2n ≥两种情况讨论，结合等比数列的求和公式可证得结论成立. 【详解】（1）()()()()()111122121221211nn n n n n n n n a a a ++++=++-+=++++，所以，1111121212121n n n n n n a a +++=+-++++，即1111121212121n n n n n n a a +++-=-++++，所以，31121223212121212121212121n n n n n n a a aa a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪++++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭223111111111212121212121321n n n-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，223n n a -=.因为当2n ≥时，131n n b a =+，故0,11,221n n n b n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩；（2）1121n n c +=-时，当2n ≥时，11112121122n n n nc +++≤==-+，当1n =时，11536c =<； 当2n ≥时，11211111111115421482332612n n n n S c c c c -⎛⎫- ⎪⎝⎭=++⋅⋅⋅+≤+++⋅⋅⋅+=+<+=-．综上所述，对任意的n *∈N ，56n S <. 【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法： （1）当出现1n n a a m -=+时，构造等差数列； （2）当出现1n n a xa y -=+时，构造等比数列； （3）当出现()1n n a a f n -=+时，用累加法求解；（4）当出现()1nn a f n a -=时，用累乘法求解. 5. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =，公比为2的等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，并且满足()12log 12n n n a T S ++=． （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）已知1121n n n n n a c T T -++=，规定00a =，若存在n *∈N 使不等式123...1n c c c c nλ++++<-成立，求实数λ的取值范围．【答案】（Ⅰ）n a n =，12n n b -=；（Ⅱ）67λ<. 【解析】【分析】（Ⅰ）由递推式，令1n =求11b =，写出{}n b 的通项公式及n T ，结合已知条件求{}n a 通项公式.（Ⅱ）应用裂项求和求123...n c c c c ++++，即有21min 21n n n λ+⎛⎫+< ⎪-⎝⎭，进而求λ的范围．【详解】（Ⅰ）由题设，2211log (1)2a T S +=，即2211log (1)2a b a +=，可得11b =，又等比数列{}n b 的公比为2，∴12n n b -=，故21nn T =-，即12n n S na +=，当2n ≥时，112()2(1)n n n n n S S a na n a -+-==--，即()11n n na n a +=+， 当1n =时，212a a =，∴n *∈N 上有()11n n na n a +=+，即101n n a a n n，而111a =， ∴{}n an 是常数列且1n a n=，即n a n =；（Ⅱ）由题意，()()()11121121212121n n n n nn n n n c ++-++==-----， ∴1231122311...1...11337212121n n n n n n n c c c c nλ++++++++=-+-++-=-<----，对n *∈N 有解，则21min21n n n λ+⎛⎫+< ⎪-⎝⎭， 令2121n n n nd ++=-，故2211212121(1)(1)2(1)[(2)22](1)()21212121(21)(21)n n n n n n n n n n n n n n n n n d d n ++++++++++++++---=-=+-=------，∴当1n =时，21d d >；当2n ≥时，1n n d d +<，知：2d 为n d 的最小项， ∴267d λ<=．【点睛】关键点点睛：第二问，利用裂项求和求123...n c c c c ++++，将有解问题转化为21min21n n n λ+⎛⎫+< ⎪-⎝⎭，利用数列的性质求最小项，即可得参数范围.。
不动点定理及应用张石生
不动点定理及应用张石生不动点定理是数学分析中的一个重要定理，也是实分析的基础之一。
它是通过将函数与自身的某个值进行比较，来研究函数性质的一个方法。
在实际问题中，不动点定理具有广泛的应用，如经济学、物理学、计算机科学等领域。
不动点定理的基本概念是，对于一个给定的函数f(x)，如果存在一个点c使得f(c)=c，那么c就是f的一个不动点。
换句话说，不动点是指函数f的输入和输出相等的点。
不动点定理的核心思想是通过迭代法逼近不动点。
最著名的不动点定理是B a n a c h不动点定理（也称为完备性原理），它的形式是：在完备度量空间中，任何一个压缩映射都有唯一的不动点。
其中，完备度量空间指的是一个具有一个完整的度量的空间，而压缩映射指的是一个将空间元素映射到自身并保持距离不变的映射。
不动点定理的应用非常广泛。
以下列举一些典型的应用领域。
1.经济学：在经济学中，不动点定理常常用于证明经济学模型中的均衡存在和稳定性。
例如，通过将供求函数模型转化为一个演化方程，可以证明在某些条件下存在一个不动点，表示市场均衡；而通过分析不动点的稳定性，可以研究市场的长期发展趋势。
2.物理学：在物理学中，不动点定理常用于分析非线性方程的解的存在性与性质。
例如，在动力系统的研究中，可以将动力学方程表示为一个不动点问题，通过分析不动点的性质来研究系统的稳定性和演化行为。
3.计算机科学：在计算机科学中，不动点定理常常用于程序的求解和优化。
例如，在编译器优化中，可以将程序转化为一个抽象语法树，通过对抽象语法树的变换来求解程序的不动点，以达到提高程序性能的目的。
4.几何学：在几何学中，不动点定理常用于证明几何变换的存在性和特性。
例如，在拓扑学中，可以通过不动点定理来研究拓扑空间的连续映射和同胚映射的性质。
综上所述，不动点定理是数学分析中的一个重要定理，它通过引入不动点的概念，研究函数的性质和方程的解的存在性。
在实际应用中，不动点定理被广泛用于经济学、物理学、计算机科学等领域，为解决实际问题提供了有力的工具和方法。
数列问题不动点法的运用
数列问题不动点法的运用
有一位名叫ZeroToss的网友给我提出下列的数列问题，问我如何解决?
其实，本题可用“不动点法”求数列的通项公式。
首先，我们要知道，什么叫做函数的“不动点”？
对于一个函数f(x)，我们把满足f(m)=m的值x=m称为函数f(x)的“不动点”。
巧用“不动点”法求数列的通项公式，是高考中的一种比较特殊的方法。
为了让同学们好好理解并掌握这一方法。
下面我们以典型例题来加以说明（由于篇幅的关系，我们只讲步骤和方法，至于详细的证明，同学们可以在相关的《高中数学竞赛教程中》找到）。
当函数有两个“不动点”时，请同学们看下面的几个例题，即可掌握方法。
从上面的方法中，大家可以概括总结出函数“不动点”法求数列通项公式的基本方法了吗？
其实，第二种题型，相应的函数有两个不动点的，一般是形如
a(n+1)=(pan+m)/(qan+u)这样的数列求通项.这样的数列相应的函数的不动点为f(x)=(px+m)/(qx+u)=x的解x1=u，x2=v，最后一般都化归为:数列{(an-u)/(an-v)}是等比数列来求通项的问题。
我们现在再来看网友ZeroToss提出的数列问题的解答：。