用不动点法求数列通项(1)
高三寒假数学：数列专题：特征根法与不动点法(学生版)
高考培优 数学讲义数列专题：基本通项求法学生姓名 授课日期 教师姓名授课时长数列中有两类比较特殊的求通项方法：特征根法和不动点法。
这在上海高考中并不做要求，但学生若能掌握，对许多数列题会有更深刻的认识，求通项的手段也更加多样化。
值得注意的是，特征根解法能用考纲范围内的方法来替代，这会在本讲中体现出来，学生可针对不同的题目按照最适合自己的解法来解题。
1、特征根法对于形如21n n n a pa qa ++=+的关系式，有如下的通项求法：该关系式对应于一元二次方程220x px q x px q =+⇔--=。
若该方程有两个根,αβ，则数列{}n a 的通项可表示为：（I ）若αβ≠，则12n nn a c c αβ=⋅+⋅，其中12,c c 为待定常数（II ）若αβ=，则()12nn a c c n α=+⋅，其中12,c c 为待定常数2、不动点法 对于形如()10n n n pa qa r ra s++=≠+的关系式，有如下的通项求法：该关系式对应于分式方程()0px qx r rx s+=≠+，化简为一元二次方程20x px q ++=。
若该方程有两个根,αβ，则数列{}n a 的通项可表示为：（I ）若αβ≠，则n n a a αβ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为等比数列，将1n n n pa q a ra s ++=+代入11n n a a αβ++--即可化简为11n n n n a a k a a ααββ++--=--的形式，其中k 即为数列n n a a αβ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭的公比。
（II ）若αβ=，则1n a α⎧⎫⎨⎬-⎩⎭为等差数列，将1n n n pa q a ra s ++=+代入11n a α+-即可化简为111n n d a a αα+=+--的形式，其中d 即为数列1n a α⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的公差。
【试题来源】【题目】已知数列{}n a 的首项*1122,,31n n n a a a n N a +==∈+ (I)求数列{}n a 的通项公式；(II)求数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【难度系数】3【试题来源】 【题目】已知数列{}n a 中，()1212121,2,333n n n a a a a a n --===+≥，求数列{}n a 的通项公式. 【难度系数】2【试题来源】 【题目】已知数列{}n a 满足()*12211741,,3933n n n a a a a a n N ++===-∈. ⑴求数列{}n a 的通项公式； ⑵求数列{}n na 的前n 项和n S . 【难度系数】2【试题来源】 【题目】已知数列{}n a 的首项11a =，且()*141nn n a a n N a +=∈+ ①设1n nb a =，求证：数列{}n b 为等差数列； ②设2nn n c b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n S .【难度系数】2【试题来源】 【题目】已知数列{}n a 满足125a a ==，()2161n n n a a a n ++=+≥， （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）求证：当k 为奇数时，111143k k k a a +++<； （Ⅲ）求证：()*1211112n n N a a a +++<∈. 【难度系数】3【试题来源】 【题目】已知数列{}n a 满足()1321,2,3,,n na n a +=+= ()31,2,3,n n c a n =-= .（I ）若12a =，求{}n a 的通项公式；（II ）若157,22a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，证明数列{}||n c 的前n 项和n S 满足1n S < . 【难度系数】2【试题来源】 【题目】设数列{}()*,n a n N ∈满足010,2a a ==，且对一切n N ∈，有2122n n n a a a ++=-+． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()12111342n nT a a n a =++++，求n T 的取值范围．【难度系数】3【试题来源】 【题目】已知数列{}n a ，满足*2112712,,1,5n n n a a a n N a a ++=-∈==.（I ）求证：数列{}13n n a a +-和{}14n n a a +-均为等比数列； （Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式n a ； （Ⅲ）求证：1169ni ii a =<∑．【难度系数】3【试题来源】 【题目】已知()222ax x f x x b +=+ （,a b 为常数）为奇函数，且过点11,3⎛⎫⎪⎝⎭. （Ⅰ）求()f x 的表达式； （Ⅱ）定义正数数列{}()()2*111,,22n n n n a a a a f a n N +==∈，证明：数列212n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列；（Ⅲ）令212n n b a =-，n S 为{}nb 的前n 项和，求使318n S >成立的最小的n 的值. 【难度系数】3【试题来源】 【题目】已知数列{}n a 满足()11141,221n n n a a a n a --==≥+.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）证明不等式：123162n n a a a -+++>. 【难度系数】2【试题来源】【题目】已知数列{}n a 满足：121,4a a ==，且对任意的*3,n n N ≥∈有12440n n n a a a ---+=.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式n a ；（Ⅱ）是否存在等差数列{}n b ，使得对任意的*n N ∈有1212nn n n n n a b C b C b C =+++成立？证明你的结论 【难度系数】4【试题来源】 【题目】已知数列{}n a中)()112,12,1,2,3,n n a a a n +==+=.（Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）若数列{}n b 中11342,,1,2,3,23n n n b b b n b ++===+，证明：43,1,2,3,n n b a n -≤=.【难度系数】3【试题来源】 【题目】已知数列{}n a 满足()*1221,,3520n n n a a a b a a a n N ++==-+=∈，求数列{}na 的通项公式。
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。
高中数学 用不动点法求数列的通项论文
a p an p k n 1 an q a n 1 q
（这里 k
a pc ） a qc
（2） ：若 f ( x) 只有唯一不动点 p ，则 证明：由 f ( x) x 得 f ( x)
1 1 k a n p a n 1 p
（这里 k
2c ） ad
a n 1 2 a n 2 2a n a 2 a 2 1 a 2 1 1 ，逐次迭代得 n n ( ) n 1 1 ( ) n a n 1 1 a n 2 a n 2 an 1 an 1 a1 1 2 2
由此解得 a n
4 3 2
4
3
2
(
an 1 4 ) an 1
(a1 1) 4 (a1 1) 4
(a1 1) 4 (a1 1) 4
n 1
n 1
n 1
用心 爱心 专心
‐ 4 ‐
2 2
a n 1 2 a n 1 2
an 2 2 2a n an 2 2 2a n
2
(
an 2 an 2
)2
再经过反复迭代,得
an 2 an 2
(
a n 1 2 a n 1 2
)2 (
a n2 2 a n2 2
) 2 (
aa n 1 b pd b p a n 1 a n p ca n 1 d (a pc)a n 1 b pd a pc a pc a pc a n 1 p qd b a qc a n 1 q a n q aa n 1 b (a qc)a n 1 b qd a qc a n 1 q a qc ca n 1 d
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
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：。
不动点法求二阶数列的通项
不动点法求二阶数列的通项在数学的世界里，有一种神奇的魔法，那就是不动点法，今天就来聊聊它和二阶数列的通项。
这就像探险，咱们要一步一步走进这个神秘的领域，看看里面有什么宝藏。
想象一下，二阶数列就像一个神秘的盒子，里面藏着规律和秘密。
只要找到对的钥匙，哎呀，打开盒子，所有的谜题就都迎刃而解。
咱们得了解什么是二阶数列。
你可以把它想象成一串美味的糖果，每颗糖果都有自己的位置。
每颗糖果的数量不仅和它自己的位置有关，还和前面两颗糖果的数量有关系。
举个例子，咱们的数列可以是这样的：第一个糖果是1，第二个糖果是2，第三个糖果是前面两个糖果的和，这样你就会发现，数列就开始“蹦蹦跳跳”地往前走了。
这个时候，咱们就要用到不动点法了。
不动点法就像是你在迷宫里找出口，有时候你可能会绕圈圈，但是只要你找对了方向，就能直达终点。
它的核心思想就是通过迭代找到一个固定的点。
这个固定的点就像一块“定海神针”，不管你怎么移动，最终都能回到那个地方。
在求二阶数列的通项时，咱们的目标就是找到一个这样的点。
具体来说，咱们可以设定一个公式，把数列的某个元素表示成前面两个元素的函数。
然后，咱们就可以用这个公式反复迭代，直到找到一个稳定的数值。
像是在搅拌一碗汤，开始的时候可能各个味道都乱七八糟，搅拌一段时间后，就会变得香喷喷，味道统一。
这里面有个小窍门，就是要选择一个合适的初始值，这样迭代起来才能更顺利，就像选对了菜谱，才能做出美味的饭菜。
当你开始迭代，可能一开始你会看到数值在上下波动，就像你在过山车，一会儿高一会儿低。
别着急，这个过程就像是调试程序，有时候需要时间才能达到最佳效果。
最终，你会发现，数值逐渐趋向一个固定的值，这个值就是咱们所说的不动点。
这时，哇哦，感觉像是开了个大宝箱，所有的秘密都被揭开了。
咱们还可以利用这个不动点，来推导出数列的通项公式。
这就像是把找到的宝藏变成一张地图，方便以后的人直接找到。
通过数学的变换和推导，咱们能把这个固定点表达成一个通用的公式。
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。
高中求数列通项公式九法
高中求数列通项公式九法各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解，特别是在综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈。
本文总结了九种求解数列通项的方法，供大家参考。
一、已知Sn求an例1、已知：数列{an}的各项均为正数，它的前n项和Sn满足Sn= ，且a2、a4、a9成等比数列，求数列{an}的通项公式。
解：当n=1时，a1=S1= ，得a1=1或2；当n≥2时，an=Sn-Sn-1=∴6an=an2-an-12+3an-3an-1，∴0=an2-an-12-3an-3an-1∴0=（an+an-1）（an-an-1-3）。
∵an>0，∴an-an-1-3=0；所以数列{an}为等差数列。
当a1=1、d=2时，an=1+3（n-1）=3n-2，满足a2·a9=a42；当a1=2、d=3时，an=2+3（n-1）=3n-1，不满足a2·a9=a42，舍去。
所以an=3n-2。
二、题型：an+1-an=f（n）；方法：利用叠加法求an例2、已知：数列{an}，a1=0，an+1=an+ ，求数列{an}的通项公式。
解：∵an+1=an+ ∴an+1-an=∴an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+……+（a2-a1）+a1=++……+ + +0=1-故数列{an}的通项公式为an=1-。
三、题型：=f（n）；方法：叠乘法求an例3、已知数列{an}满足：a1=1，an>0，（n+1）an+12-nan2+an+1an=0，求an。
解：∵（n+1）an+12-nan2+an+1an=0，∴[（n+1）an+1-nan]（an+1+an）=0∵an>0，∴an+an+1>0，∴（n+1）an+1=nan，即∴an=a1· · ·……·=1× × × ×……××= 。
特征根法和不动点法在求数列通项公式中的应用
特征根法在求数列通项公式中的应用吴继崟 杨成武山东省滨州市邹平县黄山中学各种数列问题在很多情形下，就是对数列通项公式的求解。
特别是在一些综合性比较强的数列问题中，数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的瓶颈.本文结合几个例题进行展示 、探讨，重点强调求解数列通项公式过程中——特征根法的运用，希望能对喜欢研究高中数学的朋友有所帮助.一、不动点法当(x)x f =时，x 的取值成为不动点，不动点是在较高要求测试中解决递推式的基本方法。
下面通过几个例题，展示不同情况下的不动点的用法.类型一、已知a 1=b ，a n+1=ca n +d （,1,0≠≠c c ）求数列}{n a 的通项公式.例1．已知数列}{n a 满足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a 解：作方程.23,2310-=--=x x x 则10a x ≠ 则 1313()(2)()232n n a a +--=---- ，整理得1313++)232n n a a +=-（ 即数列3+2n a ｛｝是以1311+=22a 为首项，13-为公比的等比数列 所以 1131111113+(),()223232n n n n a a --=-=--. 类型二、已知1a =λ，对于N n Î，都有1n n n pa q a ra h ++=+，求数列}{n a 的通项公式。
可作特征方程px q x rx h +=+, （Ⅰ）当特征方程有且仅有一根0x 时,（1）如果10a x =则0n a x =；（2）如果10a x ¹则01na x 禳镲镲睚镲-镲铪是等差数列。
（Ⅱ）当特征方程有两个相异的根1x 、2x 时，则12n n a x a x 禳镲-镲睚镲-镲铪是等比数列。
例2.已知数列}{n a 满足：对于N,n Î都有11325.3n n n a a a +-=+（1）若15,a =求;n a （2）若13,a =求;n a （3）若16,a =求;n a （4）当1a 取哪些值时，无穷数列}{n a 不存在？ 解：作特征方程1325.3x x x -=+变形得210250,x x -+= 特征方程有两个相同的特征根 5.l = (1)∵115,.a a l =\=\对于N,n Î都有5;n a l ==(2)∵113,.a a l =\?，1132584055.33n n n n n a a a a a +--∴-=-=++ 111(3)(58)31118858405558n n n n n n n n a a a a a a a a ++-++∴====+----- 111,528n a ∴-数列｛｝是首项为-公差为的等差数列111=-(n 1)528n a +--； 5175n n a n -=-(3)∵16,5,a l ==∴1.a l ¹ ∴1132584055.33n n n n n a a a a a +---=-=++ 111(3)(58)31118858405558n n n n n n n n a a a a a a a a ++-++∴====+----- 111,58n a ∴-数列｛｝是首项为公差为的等差数列11n+7543=1(n 1)=5887n n n a a n ++-=-+， (4)、显然当13a =-时，数列从第2项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，51=a 时，数列}{n a 是存在的，当15a l ?时，则有111111(1),N.58n n n d n a a a λλ-=+-=+∈---令10,n a λ=-则得1513,N 1n a n n -=?-且n ≥2.∴当15131n a n -=-（其中N n Î且N ≥2）时，数列}{n a 从第n 项开始便不存在。