不动点法求数列的通项(讲座)

不动点法求数列通项的原理
不动点法求数列通项的原理是：对于某等比数列Ａa1,a2,a3…，设其
公比为q，首项为a1，那么这个等比数列的通项公式是a1q^(n-1)，也就
是可以从数列中找出一个不变的数字，即不动点。

在等比数列中，给定任
意一个数字，比如a2，它和它前面一项，也就是a1，公比可以推导出来。

即q=(a2/a1)，接下来，对于a1，a2，a3，……an，它们之间的公比q都
是不变的，也就是说，它们前后两项之间的比值是不变的，这就是不变点。

由此，通过知道首项与公比就可以确定这个等比数列的通项公式是
a1q^(n-1)。

数列专题复习（等差与等比、数列求和、奇偶项问题、不动点法求通项）专题1 等差数列与等比数列[考情分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.数列求和及数列的综合问题是高考考查的重点． 考点一 等差数列、等比数列的基本运算 核心提炼等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) (1)等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (2)等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.(3)等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(4)等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.例1 (1)《周髀算经》中有一个问题：从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影长的和为37.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则冬至的日影长为( ) A ．15.5尺 B ．12.5尺 C ．10.5尺 D ．9.5尺(2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *)．数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝264n ，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________．规律方法 等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q .(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列．(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算．跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅱ)数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5(2)(多选)(2020·威海模拟)等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 1>0，S 10＝S 20，则( ) A ．d <0 B ．a 16<0 C ．S n ≤S 15D ．当且仅当n ≥32时，S n <0考点二 等差数列、等比数列的性质 核心提炼1．通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k . 2．前n 项和的性质：(1)对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外)． (2)对于等差数列，有S 2n －1＝(2n －1)a n .例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A ．11B ．12C ．20D ．22(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 020＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 020)等于( )A ．2 020B ．1 010C ．2 D.12规律方法 等差、等比数列的性质问题的求解策略(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解．(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)设{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 6＋a 7＋a 8等于( )A ．12B ．24C ．30D ．32(2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( ) A ．－510 B ．400 C ．400或－510 D ．30或40考点三 等差数列、等比数列的探索与证明 核心提炼等差数列 等比数列 定义法 a n ＋1－a n ＝d a n ＋1a n＝q (q ≠0) 通项法 a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1·q n －1 中项法2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2) a 2n ＝a n －1a n ＋1 (n ≥2，a n ≠0) 前n 项和法S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数)S n ＝kq n －k (k ≠0，q ≠0,1)证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．例3 (2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．易错提醒 a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.跟踪演练3 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n.(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是不是等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．专题2 数列求和及其综合应用[考情分析] 数列求和常与数列的综合应用一起考查，常以解答题的形式出现，有时与函数、不等式综合在一起考查，难度中等偏上． 考点一 数列求和 核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.2．如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．考向1 分组转化法求和例1 已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1a n ＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .考向2 裂项相消法求和例2 (2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2－2n ，{b n }为正项等比数列，且b 1＝a 1＋3，b 3＝6a 4＋2. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1a n ＋1·log 2b n ＋1，求{c n }的前n 项和T n .考向3 错位相减法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3(1＋S n )，求数列{a n b n }的前n 项和T n .规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．跟踪演练1 (1)已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8等于( )A ．－16B ．－8C ．8D ．16(2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列{a n }满足2(2n ＋1)a n a n ＋1＋a n ＋1＝a n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4 0404 041 D.4 0394 040(3)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．①求数列{a n }与{b n }的通项公式； ②记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .考点二 数列的综合问题 核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明．例4 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy 中，一个质点从A (a 1，a 2)出发沿图中路线依次经过B (a 3，a 4)，C (a 5，a 6)，D (a 7，a 8)，…，按此规律一直运动下去，则a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020(2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋…＋1n a n ＝n 2＋n (n ∈N *)，设数列{b n }满足b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <nn ＋1λ(n ∈N *)恒成立，则λ的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫14，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫14，＋∞ C.⎣⎡⎭⎫38，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫38，＋∞易错提醒 (1)公式a n ＝S n －S n －1适用于所有数列，但易忽略n ≥2这个前提．(2)数列和不等式的综合问题，要注意条件n ∈N *，求最值要注意等号成立的条件，放缩不等式要适度．跟踪演练2 (1)(2020·中国人民大学附属中学模拟)在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，则“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件专题3 数列中的奇、偶项问题数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列．例 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型①数列中连续两项和或积的问题(a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n ·a n ＋1＝f (n ))； ②含有(－1)n 的类型；③含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型； ④已知条件明确的奇偶项问题．(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .1．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－4002．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ·n ，若对任意的正整数n ，使得(a n ＋1－p )·(a n －p )<0恒成立，则实数p 的取值范围是________．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .专题4 用“不动点法”求数列的通项公式对于一个函数f (x )，我们把满足f (m )＝m 的值x ＝m 称为函数f (x )的“不动点”．利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式．例 (1)在数列{a n }中，a 1＝1, a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式．解 设f (x )＝12x ＋1，令f (x )＝x ，即12x ＋1＝x ，得x ＝2，∴x ＝2是函数f (x )＝12x ＋1的不动点，∴a n ＋1－2＝12(a n －2)，∴数列{a n －2}是以－1为首项，以12为公比的等比数列，∴a n －2＝－1×⎝⎛⎭⎫12n －1， ∴a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1，n ∈N *.(2)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，求该数列的通项公式．解 由方程x ＝7x －2x ＋4，得数列{a n }的不动点为1和2，a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－(a n ＋4)7a n －2－2(a n ＋4)＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2·⎝⎛⎭⎫65n －1， 解得a n ＝12·⎝⎛⎭⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.(1)若f (x )＝ax ＋b (a ≠0,1)，p 是f (x )的不动点．数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，则a n ＋1－p ＝a (a n －p )，即{a n －p }是公比为a 的等比数列．(2)设f (x )＝ax ＋bcx ＋d (c ≠0，ad －bc ≠0)，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )，a 1≠f (a 1)．若f (x )有两个相异的不动点p ，q ，则a n ＋1－p a n ＋1－q ＝k ·a n －p a n －q ⎝ ⎛⎭⎪⎫此处k ＝a －pc a －qc .1．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－13a n －2，a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．2．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n －1＋22a n －1＋1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．3．设数列{a n }满足8a n ＋1a n －16a n ＋1＋2a n ＋5＝0(n ≥1，n ∈N *)，且a 1＝1，记b n ＝1a n －12(n ≥1)．求数列{b n }的通项公式．。

【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。

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]。

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。

不动点法求数列通项公式往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 不一样时为 0 】的通项 ,我们能够采纳不动点法来解 .若是数列 {a[n]} 知足 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 .至于为何用不动点法能够解得递推数列的通项,这足能够写一本书 .但大概的理解可以这样以为 ,当 n 趋于无量时 ,假如数列 {a[n]} 存在极限 ,a[n] 和 a[n+1]是没有区其余 .第一 ,要注意 ,其实不是全部的递推数列都有对应的不动点方程,比方： 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.下边联合不动点法求通项的各样方法看几个详细的例子吧.◎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]} 知足 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”常常采纳取倒数的方法 .】∵a[n]=2-1/a[n-1]∴采纳不动点法 ,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]} 知足a[1]=1/2,S[n]=a[n]n^2-n(n-1),求通项.【说明：上边两个例子中获取的不动点方程系数都是常数,此刻看个不动点方程系数包括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将上边两式相减 ,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 】采纳不动点法 ,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：【因为右侧隔行约分,多写几行看得清楚点】b[n]/b[n-1]=(n-1)/(n+1)【这里保存分母】b[n-1]/b[n-2]=(n-2)/n【这里保存分母】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【这里保存分子】b[2]/b[1]=1/3【这里保存分子】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]} 知足 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能够采纳不动点法,也能够采纳其余解法 .】∵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这时也能够用待定系数法,甚至直接用察看法 ,即可获取：3a[n+1]-3=2a[n]-2∴a[n+1]-1=(2/3)(a[n]-1)【下边同上】◎例5 ：已知数列 {x[n]} 知足x[1]=2,x[n+1]=(x[n]^2+2)/(2x[n]),求通项 .【说明：此刻举个不动点是无理数的例子,此中还要采纳对数的方法 .】∵x[n+1]=(x[n]^2+2)/(2x[n])∴采纳不动点法 ,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)]}{a[n]}知足◎例6 ：已知数列a[1]=2,a[n+1]=(1+a[n])/(1-a[n]),求通项 .【说明：此刻举个不动点是虚数的例子,说明有些题目能够采纳不动点法,但采纳其余解法可能更方便.】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)]【下边用“三角代换”,看看能否更奇妙一些 .】∵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)tanθ]=tan(π/4+θ)∵θ=arctan(a[n]),π/4+θ=arctan(a[n+1])∴上边两式相减 ,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”求数列的通项公式用“不动点法”求数列的通项公式对于一个函数f(x)，我们把满足f(m)＝m的值x＝m称为函数f(x)的“不动点”．利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式．例(1)在数列{an}中，a1＝1,an＋1＝an＋1，求数列{an}的通项公式．解设f(x)＝x＋1，令f(x)＝x，即x＋1＝x，得x＝2，∴x＝2是函数f(x)＝x＋1的不动点，∴an＋1－2＝(an－2)，∴数列{an－2}是以－1为首项，以为公比的等比数列，∴an－2＝－1×n－1，∴an＝2－n－1，n∈N.(2)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝，求该数列的通项公式．解由方程x＝，得数列{an}的不动点为1和2，＝＝＝·，所以是首项为＝2，公比为的等比数列，所以＝2·n－1，解得an＝＋2＝，n∈N.(1)若f(x)＝ax＋b(a≠0,1)，p 是f(x)的不动点．数列{an}满足an＋1＝f(an)，则an＋1－p＝a(an－p)，即{an－p}是公比为a的等比数列．(2)设f(x)＝(c≠0，ad－bc≠0)，数列{an}满足an＋1＝f(an)，a1≠f(a1)．若f(x)有两个相异的不动点p，q，则＝k·.1．已知数列{an}满足an＋1＝－an－2，a1＝4，求数列{an}的通项公式．解设f(x)＝－x －2，由f(x)＝x，得x＝－.∴an＋1＋＝－，又a1＝4，∴是以为首项，以－为公比的等比数列，∴an＋＝×n－1，∴an＝－＋·n－1，n∈N.2．已知数列{an}满足a1＝2，an＝(n≥2)，求数列{an}的通项公式．解解方程x＝，化简得2x2－2＝0，解得x1＝1，x2＝－1，令＝c·，由a1＝2，得a2＝，可得c＝－，∴数列是以＝为首项，以－为公比的等比数列，∴＝·n－1，∴an＝.3．设数列{an}满足8an＋1an－16an＋1＋2an＋5＝0(n≥1，n∈N)，且a1＝1，记bn＝(n≥1)．求数列{bn}的通项公式．解由已知得an＋1＝，由方程x＝，得不动点x1＝，x2＝.所以＝＝·，所以数列是首项为－2，公比为的等比数列，所以＝－2×n－1＝－，解得an＝.故bn＝＝，n∈N.。

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 。