用不动点法求数列通项公式
用不动点法求数列通项公
式
Prepared on 22 November 2020
用不动点法求递推数列dtcbtatnnn1(a2+c2≠0)的通项
储炳南
（安徽省岳西中学 246600）
1．通项的求法
为了求出递推数列dtcbtatnnn1的通项，我们先给出如下两个定义：
定义1：若数列{nt}满足)(1nntft，则称)(xf为数列{
n
t
}的特征函数.
定义2:方程)(xf=x称为函数)(xf的不动点方程，其根称为函数)(xf的不
动点.
下面分两种情况给出递推数列
dtcbtatnnn
1
通项的求解通法.
(1)当c=0,时,
由
dtcbtatnnn
1
dbtd
a
tnn
1
,
记
k
da,cd
b
，则有ctktnn1 （k≠0）,
∴数列{
n
t
}的特征函数为)(xf=kx+c,
由kx+c=xx=
kc1,则ctktnn1)1(11kctkkctnn
∴数列
}
1{kctn
是公比为k的等比数列,
∴
11)1(1nnkkctkct11)1(1n
n
kkctkct
.
(2)当c≠0时,
数列{
n
t
}的特征函数为：)(xf=dxcbxa
由
x
dxcbxa
0)(2bxadcx
设方程
0)(
2
bxadcx
的两根为x1,x2,则有:
0)(121bxadcx
,0)(222bxadcx
∴
1
2
)(1xadcxb
……(1)
222
)(xadcxb
……(2)
又设
212111xtxtkxtxtnnnn
(其中,n∈N*,k为待定常数).
由
212111xtxtkxtxtnnnn
2121xtxtkxdtcbtaxdtcbtannnnnn
212211xtxtkdxtcxbatdxtcxbatnnnn
nn
……(3)
将(1)、（2）式代入(3)式得:
∴数列{
21xtxtnn}是公比为21cxacxa(易证02
1
cxa
cxa
)的等比数列.
∴
21xtxtn
n
=1212111ncxacxaxtxt
12121111212111211n
n
n
cxacxaxt
xt
cxacxaxt
xt
xx
t
.
2．应用举例
例1：已知数列{a
n}中，a1=2，3121nnaa，求{an
}的通项。
解：因为{a
n
}的特征函数为：312)(xxf,
由
1
3
12)(xxx
xf
,
∴
3
121nna
a
)1(3211nnaa
∴数列{an-1}是公比为32的等比数列,
∴a
n-1=11)32)(1(naan
=1+1)32(n.
例2已知数列{a
n}中，a1=3，1241nnnaaa，求{an
}的通项。
解：因为{a
n
}的特征函数为：124)(xxxf,
由
2,1023
124)(212xxxxxx
x
xf
设
212111nnnnaaka
a
2121241124nnnnnna
akaaa
a
2
3
k
即21232111nnnnaaaa,
∴数列21nnaa是公比为23的等比数列.
∴
111232121n
n
n
aaa
a
∵a
1
=3,∴123221nnnaa121232322nnnnna.
例3已知数列{an}中，a1=2，nnnaaa111，求{a
n
}的通项。
解：因为{a
n
}的特征函数为：xxxf11)(,
由
x
xxxf1
1
)(
ixixx212,01
设
iaiakiaiannnn
1
1
iaiakiaaiaannnnnn
111
1
iik1
1
即
iaiaiiiaiannnn1
1
1
1
,
∴数列iaiann是公比为ii11的等比数列.
∴
11111n
n
n
iiiaiaia
ia
∵a
1
=2,∴11122nnniiiiiaia122nnniiiiaia
1)2(221)2(n
n
n
iii
iii
a
.
例4已知数列{an}的前n项和为nS，211a，)1(2nnanSnn，求{a
n
}的通
项。
解：∵ )1(2nnanSnn……①
∴nnanSnn)1()1(121……②
②-①得：
)1()1()1(
212
1nnnnananannn
2)2(1nnnaan
2221nan
n
a
nn
……③
因为{a
n
}的特征函数为：222)(nxnnxf,
由
x
nxnnxf222
)(
x=1.
设
nnba11nnba，111nn
ba
……④
将④代入③得：
22)1(211nbn
n
b
nn
∴
13423121n
n
n
bbbbbbb
b
bb
，∵21111ab
∴
)1(11153423121nnn
n
b
n
∴)1(111nnbann。
【精品】用不动点法求数列通项公式
【关键字】精品 用不动点法求递推数列dt c b t a t n n n +⋅+⋅=+1(a 2+c 2≠0)的通项 储炳南（安徽省岳西中学 246600）1．通项的求法 为了求出递推数列dt c b t a t n n n +⋅+⋅=+1的通项，我们先给出如下两个定义： 定义1：若数列{n t }满足)(1n n t f t =+，则称)(x f 为数列{n t }的特征函数.定义2:方程)(x f =x 称为函数)(x f 的不动点方程，其根称为函数)(x f 的不动点. 下面分两种情况给出递推数列dt c b t 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 +⋅+⋅=+1d b t d a t n n +⋅=⇒+1, 记k d a =,c db =，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 c t k k c t n n --=--+ ∴数列}1{kc t 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 kc t k c t . (2)当c ≠0时,数列{n t }的特征函数为：)(x f =dx c b x a +⋅+⋅由x dx c b x 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 b t 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:∴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 cx a cx a x t x t ⇒12121111212111211--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅--⋅-=n n n cx a cx a x t x t cx a cx a x t x t x x t .2．应用举例例1：已知数列{a n }中，a 1=2，3121+=+n n a a ，求{a n }的通项。
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。
数列专题与柯西不等式用不动点法求数列的通项
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 b ax 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 pc a 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 b ax 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 p a qc a pc a qc a b qd a pc a b pd a qc a pc a qd b a qc a pd b a pc a q dca 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qca pc a 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，cd a 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 c k +=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 n n 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n n nn 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 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na a a n += 定理3：设函数)0,0()(2≠≠+++=e a fex c bx 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: k 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, 1121x x 0≠∴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 n n 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± 再经过反复迭代,得 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: 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
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 ．
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本文将讲解递推数列求通项公式的方法，以及其中的不动点法。
不动点法是一种数学方法，可以找到一个函数的不动点，即函数的输入和输出相等的点。
通过不动点法，可以推导出递推数列的通项公式。
首先，让我们来看一个简单的例子。
假设有一个递推数列a1=2，an=3an-1+1。
我们可以通过递推的方式计算出数列的前几项，如下所示：a1=2a2=3×2+1=7a3=3×7+1=22a4=3×22+1=67a5=3×67+1=202我们可以发现，这个数列的增长速度非常快，这意味着我们需要一个快速的方法来计算任意项的值。
接下来，我们将使用不动点法来推导出这个数列的通项公式。
不动点法是一种迭代式的求解方法，可以通过不断迭代一个函数，找到它的不动点。
一个函数的不动点是指函数的输入和输出相等的点。
如果我们能够找到一个函数的不动点，那么这个不动点就可以作为函数的解。
在递推数列的求解中，我们可以将递推式表示为一个函数f(x)，其中x表示前一项的值，f(x)表示当前项的值。
对于上述例子中的递推式an=3an-1+1，我们可以将它表示为一个函数f(x)=3x+1。
然后，我们可以通过不动点法来求解这个函数的不动点。
假设函数f(x)的不动点为x0，那么根据定义，有f(x0)=x0。
我们可以将这个式子变形为3x0+1=x0，解得x0=-1/2。
因此，函数f(x)的一个不动点就是-1/2。
接下来，我们可以将递推式an=3an-1+1表示为如下形式：an+1=f(an)将函数f(x)=3x+1代入上式，得到：an+1=3an+1这个式子表示，对于给定的a1，当n越来越大时，数列的每一项都可以表示为3的幂次方加上一个常数。
因此，递推数列的通项公式可以表示为：an=3n-1×a1+2n-1通过不动点法，我们成功地推导出了递推数列的通项公式。
2021年用不动点法求数列通项
用不动点法求数列的通项欧阳光明(2021.03. 07)定义：方程fW = x的根称为函数/(X)的不动点.利用递推数列/⑴的不动点，可将某些递推关系© =/(«…_.)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f(x)=ax+b(a^O t a^\), p是/(x)的不动点，％满足递推关系a n = («> 1),则a n~P = «(«n-i - P),即｛〜- 〃｝是公比为a的等比数列.证明：因为"是/⑴的不动点••• h-p = -up由a n = a -a n_x + Z?得a n -p = a-a n_} +b-p =a{a n_x - p) 所以心- 〃｝杲公比为。
的等比数列.定理 2 :设f(x) = O,cul-hc 0) , ｛a…｝满足递推关系cx +aa” = > 1,初值条件 5 丰/(«,)(1)：若/(X)有两个相异的不动点阳, 则哥(这里(2):若加只有唯-不动点P,则古=古+“(这里证明：由f(x) = x得/(切=竺二=X,所以cF +(d-a)x-b = 0 cx + d (1)因为几g是不动点，所以/璟欧阳光明末创编2021.03.07P= =><q =•所以a _pcqd b璟欧阳光明末创编2021.03.07末欧阳光明末创编2021.03.07璟欧阳光明末创编2021.03.07心-i + b------ _ P5 _ p = Si + d = (G _ pc)g +b — M = u 一 pc 5 -q 叫I + b _q (a-qc)“”T +b-qd a-qc+ d令“u,则g 』—a_qc j_q n q⑵因为卩是方程+(d-a)x-b = 0的唯一解，所以ch +(d-a)p-b = 0 所以b _ pd = cphp , p = ^L 所以2c_ 叫i +b _(a-cp)a n ^ +b-pd _ (a 一cp)a n ^ + cp 2一ap _(a-cp)(a n ^ 一p)% — p = ---- — p = ----------- = --------------- = ------------ca n ^ + d ca n ^ + d 5-i + d c% + d所以1_ 1 ca n ^ + 〃 _ 1c(d —[ 一 p) + d + cp _ c d + cp 1 _ 1心一“ a _ cp %】—〃 a - cp - p u_cp a-cp a,^ - p 如一卩令 k = , 贝[J 一!一 = ! + ka + d a n 一 p a n _｛ 一 p例1：设｛"”｝满足叮1,%严心,"M,求数列心的通项公式例2：数列｛〜｝满足下列关系：«! =2a,a n+l =2«-—,6/^0,求数列｛"”｝的 通项公式定理3：设函数心)=亦+/：+.“°,£H0)有两个不同的不动点龙严，ex + J且由u n+l =f(u…)确定着数歹II ｛“”｝，那么当且仅当b = 0,e = 2a 时.厶匚1 =(色匚土)2%] _ 工2 5 _ 工2 证明:•••忑杲f(x)的两个不动点pd b ci _ qcP"i _ q末欧阳光明末创编2021.03.07 x k = —~~ " §D c — x k f = (e — a)x k2 -bx k (k = 1,2) % +f璟欧阳光明末创编2021.03.07赚欧阳光明床创编2021.03.07叫田一刃=0冷2+/?匕+0 —吗(纨仏+/)=叫2+(S J+C-%J=dl< + (b_仅])匕 +2_d)X]2 _吠叫田一H 血 +bu fJ +c-x2(eu fj+f) au^ +(b-ex2)u n +c-x2f aii^ +(b-ex2)i｛n +(e-a)x^-bx2于是，••• 5 H 0 •••方程组有唯一解"=0" 2“1 X2例3:已知数列0｝中“ =2,% = 半,"，求数列｛殆的通项.其实不动点法除了解决上廂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> 0,q H 1且弘=，求数列⑷｝的通项.他(吋+1)解：作函数为/(X)= J，解方程f M = x得f(x)的不动点为4x( jr +1)“ =-1宀=1，® 一¥'宀•取"T，0= T作如下代换：4T JH-I逐次迭代后，得“=(y w (m+iy* -(q-i)“己知曲线C n .x2-2nx + y2 = 0(// = 1,2,...).从点P(-1,0)向曲线C“引斜率为忍伙” > 0)的切线/” ,切点为P…(x nt y…).(1 )求数列心与｛儿｝的通项公式;(2 )证明:设P，彳为实数，a，0是方程x2-px + q = 0的两个实根，数列｛兀｝满足州=/儿x2 = p2-q 9x… = px n_｝ -qx n_2(“ = 3,4,…).(1 )证明：a + /3= p9 c(P = q；(2)求数列｛兀J的通项公式；(3)若p = l, q = t，求｛£｝的前 "项和S n.己知函数f(x) = x2+x-\, a, 0是方程f(x) = 0的两个根(a>0), f(x)床欧阳光明床创编是/(X)的导数，设⑷=1, 5+1 = 4“ 一= 1'2,…)・*欧阳光明*创编2021.03.072021.03.07*欧阳光明*创编2021.03.07f g(1) 求0 0的值；(2) 证明：对任意的正整数“，都有a fl >a ； (3) 记^=lnj^(n = l,2,..),求数列他｝的前门页和S”13陕西文21.(本小题满分12分)已知数列匕｝满足， «!=1-a 2 = 2,a 卄2= %1 :心,n e N'. (I)令乞=%-a… ,证明:｛加是等比数列；(II)求｛%｝的通项公式。
用不动点法解函数数列等相关问题
4 5
2
( x + 4) -4 ,
……
f (5) ( x) =
4 5
5
( x + 4) -4 .
由于 f (5) ( x) 为正整数 ,则 55 | ( x + 4) .
因此 , x 的最小值为 55 - 4=3121 .
例 6 若 f ( x) = 19 x2 + 93 ,求 f ( n) ( x) .
所以 , f (α4 ) =α4 , …, f (α2 n ) =α2 n .
而这与 x →+ ∞, f ( x) →0 矛盾.
(2) 若 0< α<1 ,则由
1= f (1) = f α1 ·α
= f α1 f (α)
=αf
1 α
,
得f
1 α
=
1 α
,且由
0<
α<1
知α1 > 1.
类似 (1) 得出矛盾. 于是 , f ( x) 只有一个不动点.
a ≠- d ,则
1 an + 1 -
x0
=
2c a+ d
+
1 an -
x0 .
证明 : (1) 因为函数 f ( x) 有两个相异不
动点
x1 、x2
,所以 ,由
x=
ax + b得 cx + d
cx2 + ( d - a) x - b = 0.
变形得 cx2 - ax = b - dx ,即
b - dx = ( cx - a) x .
所以 , f ( x)
=
1 x
(x
∈R+ ) .
用不动点法构造辅助数列求通项公式汇总
用不动点法构造辅助数列，求型如，的通项公式济源一中数学组张保国
1．函数不动点的定义
若在函数定义域内存在，使得，则叫做函数的不动点.
例：对于定义在R上的函数，若实数满足，则称是的不动点，若存在不动点，求的取值范围.
解：设是的不动点，则方程有实根.
即方程的判别式，
解得：，或.
2．型如数列通项公式的求法
若定义域内存在不动点，求满足，，
即的通项公式.
解：因为是的不动点，所以，，即：，
递推关系式可化为：
即：
所以，
令，，，则.
这就转化为一阶线性递推数列的通项公式问题了！下面举例说明：
例题1：数列满足，，求该数列的通项公式.
解：令，则，解得，.
因此，函数存在不动点.这样我们就可以把通过取倒数转化为：，令，则，且
，
所以，，即.细想，原来取倒数的想法竟然源于“不动点”.其实，这种类型的数列通项公式也可以通过“不动点”引入辅助数列求得.
例题2：数列满足，，求该数列的通项公式.
解：易知：，令，则，解得，
因此，函数存在不动点.这样我们就可以把转化为
，即：
令，则，，
所以，，即：，
所以，.
例题3：数列满足，，求该数列的通项公式.
解：因为，所以，…… ①
由①得，，令，
则，…… ②
由②得，，令，
则，，
所以，，，
所以，.
事实上，令,则，解得，，或是“不动点”，上述方法中用的不动点是.若用，可得出，和上述结果一致.。
不动点法求递推数列通项的高等数学背景原理及运用
不动点法求递推数列通项的高等数学背景原理及运用不动点法是一种通过寻找函数的不动点来求解方程或确定函数的性质的数学方法。
在代数方程的求解中，不动点法常常用于找到方程的解，而在递推数列的通项求解中，不动点法则用于确定递推函数的不动点，进而求得通项公式。
在递推数列中，我们常常需要求解一个递推关系式，例如：\[a_{n+1}=f(a_n)\]其中\(a_1\)为初始值，\(f(x)\)为一个给定的函数。
不动点法的思路是，我们假设递推数列的极限值为不动点\(x^*\)，即\(x^*=f(x^*)\)，然后通过构造递推数列来逼近该不动点。
当递推数列的极限等于该不动点时，即可得到通项公式。
为了使用不动点法求解递推数列的通项，以下是一些关键的数学背景原理及运用：1.不动点定理：不动点定理是不动点法的基础原理，它表述了对于一个连续函数\(f(x)\)，如果存在一个数\(x^*\)使得\(f(x^*)=x^*\)，则称\(x^*\)为\(f(x)\)的不动点。
根据不动点定理，如果\(f(x)\)在一个区间上连续可导，且在该区间上的导数绝对值小于1，则必然存在一个不动点\(x^*\)。
基于这个定理，我们可以使用不动点法来求解递推数列的通项。
2.递推数列的不动点：对于递推数列问题，我们需要先确定函数\(f(x)\)的形式，并通过求解\(f(x)=x\)的根来找到不动点。
这个根所对应的值就是递推数列的极限，即通项。
通过这个不动点，我们可以得到递推数列的通项公式。
3.迭代方法：在实际运用不动点法求解递推数列时，由于不能直接得到不动点的值，我们通常使用迭代方法来逼近不动点。
迭代法的基本思路是从初始值开始，通过逐次迭代运算来逼近不动点。
通过对迭代公式的选择和精确度控制，我们可以获得递推数列的极限值，并从中推导出通项。
具体地，运用不动点法求解递推数列的步骤如下：步骤1：确定递推关系式\(a_{n+1}=f(a_n)\)，并选择初始值\(a_1\)。
2023年高考数学考前冲刺：用“不动点法”求数列的通项公式
第18讲用“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.【解析】解：作方程.2,230 x x x 则当41 a 时，.21123,1101 a b x a 数列}{n b 是以31为公比的等比数列.于是.N ,)31(2112323,)31(211)31(1111 n b a b b n n n n n n 【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？【解析】解：作方程,)32(i x x则.5360ix要使n a 为常数，即则必须.53601ix a现在考虑一个分式递推问题（*）.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 ph1,0,），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 （称作特征根）时，若,1 a 则;N , n a n 若 1a ，则,N ,1n b a n n 其中.N ,)1(11 n r p rn a b n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1 、2 （称作特征根）时，则112n n n c c a ，,N n 其中).(,N ,(211212111a 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 则hra qpa a d n n n n 11h ra hq r p a n n)(hd r hq r p d n n)())((r h rd q p h r r p d n n])([)(2①∵ 是特征方程的根，∴ .0)(2 q p h r hr qp 将该式代入①式得.N ,)(1 n rh rd r p d d n n n 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,rp于是.0 r p ③当01 d ，即 11d a = 时，由②式得,N ,0 n b n 故.N , n d a n n 当01 d 即 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 n④由 是方程h rx q px x的两个相同的根可以求得.2r hp ∴,122 h p p h rrh p p rr h p h r p r h 将此式代入④式得.N ,111n rp r d d n n 令.N ,1n d b nn 则.N ,1n r p r b b n n 故数列}{n b 是以r p r 为公差的等差数列.∴.N ,)1(1 n rp rn b b n 其中.11111a db 当0,N n b n 时，.N ,1n b d a nn n 当存在,N 0 n 使00 n b 时，001n 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1 、2 ，∴其中必有一个特征根不等于1a ，不妨令.12a 于是可作变换.N ,21n a a c n n n故21111n n n a a c ，将hra qpa a n n n 1代入再整理得N,)()(22111n hq r p a hq r p a c n n n 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 故.0,021 r p r p 所以由⑤式可得：N,2211211n rp h q a r p hq a rp r p c n n n ⑥∵特征方程hrx q px x有两个相异根1 、2 方程0)(2q p h x rx 有两个相异根1 、2 ，而方程xrp xh q x与方程0)(2q p h x rx 又是同解方程.∴222111, rp hq r p h q 将上两式代入⑥式得N,2121211n c rp rp a a r p r p c n n n n 当,01 c 即11 a 时，数列}{n c 是等比数列，公比为rp rp 21 .此时对于N n 都有.)(((12121111211 n n n rp r p a a r p r p c c 当01 c 即11 a 时，上式也成立.由21n n n a a c 且21 可知.N ,1 n c n 所以.N ,112n c c a n n n (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.将这问题一般化，应用特征方程法求解，有下述结果.【解析】解:依定理作特征方程,324x x x变形得,04222 x x 其根为.2,121 故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有.N ,221211(2313(11212111n r p r p a a c n n n ∴.N ,51(521n c n n∴.N ,1)51(521)51(52211112n c c a n n n n n 即.N ,)5(24)5( n a nn n 【解析】解：作特征方程.32513x x 变形得,025102x x特征方程有两个相同的特征根.5 依定理2的第（1）部分解答.（1）∵ .,511 a a 对于,N n 都有;5 n a （2）∵.,311 a a ∴r p rn a b n)1(1151131)1(531n ,8121 n 令0 n b ，得5 n .故数列}{n a 从第5项开始都不存在，当n ≤4，N n 时，51751n n b a n n.（3）∵,5,61 a ∴.1 a ∴.,811)1(11N n n r p r n a b n令,0 n b 则.7n n ∴对于.0b N,n n ∴.N ,7435581111n n n n b a nn（4）显然当31 a 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51 a 时，则有.N ,8151)1(111 n n a r p r n a b n 令,0 n b 则得N ,11351n n n a 且n ≥2.∴当11351n n a （其中N n 且N≥2）时，数列}{n a 从第n 项开始便不存在.于是知：当1a 在集合3{ 或,:1135N n n n 且n ≥2}上取值时，无穷数列}{n a 都不存在.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 n1dbt d a t n n 1,记k d a ,c db，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 c t 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)(2b x a d cx 的两根为x 1,x 2,则有:0)(121 b x a d cx ,0)(222b 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 nn n (其中,n ∈N *,k 为待定常数).由212111x t x t k x t x t n nn n2121x t x t k x dt c b t a x d t c bt a n n n n n n212211x t x t k dx t cx b at dx t cx b at n nn 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 n212211))(())((x t x t k x t cx a x t cx a n nn n 21cx a cx a k∴数列{21x t x t n n }是公比为21cx a cx a (易证021cx a cx a )的等比数列.∴21x t x t n n =1212111n cxa cx a x t x t 12121111212111211n n n cxa cx a x t x t cxa cx a x t x t x x t .【解析】解：因为{a n }的特征函数为：312)(x f ,由1312)( x x x x f ,∴3121n n a a )1(3211 n n a a ∴数列{a n -1}是公比为32的等比数列,∴a n -1=1132)(1( n a a n =1+1)32( n .【解析】解：因为{a n }的特征函数为：1)( x x f ,由2,1023124)(212x x x x x x x x f 设212111 n nn n a a k a a 2121241124 n n n n n n a a k a a a a214233 n n n n a a k a a 21)2()1(23 n nn n a a k a a 23k 即21232111n n n n a a a a ,∴数列21n n a a 是公比为23的等比数列.∴111232121n n na a a a ∵a 1=3,∴123221n n na a 121232322 n n n n n a .【解析】解：因为{a n }的特征函数为：xx f 1)(,由x xxx f11)( i x i x x 212,01设ia ia k i a i a n n n n11 i a i a k i a a i a a n n n n n n1111i a i a k i a i a i a i a n n n n n n 11 i a i a k i a i a i i n nn n )()(11i i k11即i a ia i i i a i a n n n n1111,∴数列i a i a n n 是公比为i i11的等比数列.∴11111n n n i i i a i a i a i a ∵a 1=2,∴11122n n n i i i i i a i a122 n n n i ii i a i a 1)2(221)2(n n n i i i ii i a .【解析】解：∵)1(2n n a n S n n ……①∴n n a n S n n )1()1(121 ……②②-①得：)1()1()1(2121 n n n n a n a n a n n n2)2(1 n n na a n 2221n a n n a n n ……③因为{a n }的特征函数为：222)(n x n n x f ,由x n x n n x f 222)( x=1.设n n b a 1 1 n n b a ，111 n n b a ……④将④代入③得：22)1(211n b n n b n n n n b n n b 2121 n nb b n n ∴13423121n n n b b b b b b b b b b ，∵21111a b ∴)1(11153423121n n n n b n ∴)1(111 n n b a n n 。