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）。

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。

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]。

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。

关于不动点解数列问题当f(x)=x时,x的取值称为不动点,不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。

典型例子:a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)注:我感觉一般非用不动点不可的也就这个了,所以记住它的解法就足够了。

我们如果用一般方法解决此题也不是不可以,只是又要待定系数,又要求倒数之类的,太复杂,如果用不动点的方法,此题就很容易了x=(ax+b)/(cx+d)令,即,cx2+(d-a)x-b=0令此方程的两个根为x1,x2,若x1=x2则有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p其中P可以用待定系数法求解,然后再利用等差数列通项公式求解。

注:如果有能力,可以将p的表达式记住,p=2c/(a+d)若x1≠x2则有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)其中q可以用待定系数法求解,然后再利用等比数列通项公式求解。

注:如果有能力,可以将q的表达式记住,q=(a-cx1)/(a-cx2)简单地说就是在递推中令an=x 代入a(n+1)也等于x然后构造数列.(但要注意,不动点法不是万能的,有的递推式没有不动点,但可以用其他的构造法求出通项;有的就不能求出)我还是给几个具体的例子吧:1。

已知a(1)=m. a(n+1)=〔a*a(n)+b〕/〔c*a(n)+d〕求an的通项a(n)和a(n+1)分别表示数列的第n项和第n+1项解:这种形式的递推式我有两种解法,待定系数法和不动点法,在此用不动点法解决此问题.将原递推式中的a[n]与a[n+1]都用x代替得到方程x=(ax+b)/(cx+d)即cx2+(d-a)x-b=0记方程的根为x1,x2(为了简单起见,假设方程有两实根)原方程可以变形为-x(a-cx)=b-dx所以-x=(b-dx)/(a-cx),将x1,x2代入得到-x1=(b-dx1)/(a-cx1)-x2=(b-dx2)/(a-cx2)将递推式两边同时减去x1得到a[n-1]-x1=[(a-cx1)a[n]+b-dx1]/(ca[n]+d)即a[n-1]-x1=(a-cx1)[a[n]+(b-dx1)/(a-cx1)]/(ca[n]+d)将-x1=(b-dx1)/(a-cx1)代入得到:a[n-1]-x1=(a-cx1)(a[n]-x1)/(ca[n]+d)同理:a[n-1]-x2=(a-cx2)(a[n]-x2)/(ca[n]+d)两式相除得到(a[n+1]-x1)/(a[n+1]-x2)=[(a-cx1)/(a-cx2)]*[(a[n]-x1)/(a[n]-x2)]从而{(a[n]-x1)/(a[n]-x2)}是等比数列(a[n]-x1)/(a[n]-x2)=[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)所以a[n]={x2*[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-x1}/([(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a -cx2)]^(n-1)-1}2。