又谈不动点法求数列的通项公式
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备课参考又谈不动点法求数列的通项公式(安徽省砀山中学 235300) 胡云浩 文[1]利用函数f(x)的“不动点”巧妙地求出了形如a n=aa n-1+bca n-1+d(c≠0,ad≠bc),及a n=aa2n-1+b2aa n-1+c(a,b,c均不为0)的数列通项公式,读后深受启发,经过研究,笔者发现利用函数f(x)的“不动点”还可解决对于初始值a0≠f(a0),a1≠f(a1)(其中f(x)=x2-q2x-2p)递推关系形如a n+1=a n a n-1-qa n+a n-1-2p(p,q∈R)的通项公式.定理1 若函数f(x)=x2-q2x-2p有两个不同的不动点α、β,即方程x2-2px+q=0有两个不同的根α、β,则有a n+1-αa n+1-β=a n-αa n-β·a n-1-αa n-1-β(n≥1,n∈N+).证明:a n+1-α=a n a n-1-qa n+a n-1-2p-α=a n a n-1-q-α(a n+a n-1)+2pαa n+a n-1-2p=a n a n-1-α(a n+a n-1)+(2pα-q)a n+a n-1-2p=a n a n-1-α(a n+a n-1)+α2a n+a n-1-2p=(a n-α)(a n-1-α)a n+a n-1-2p.(因为α2-2pα+q=0,所以2pα-q=α2),即a n+1-α=(a n-α)(a n-1-α)a n+a n-1-2p.①同理可得a n+1-β=(a n-β)(a n-1-β)a n+a n-1-2p,将上述两式相除可得a n+1-αa n+1-β=a n-αa n-β·a n-1-αa n-1-β,若令b n=a n-αa n-β,则不难由b n+1=b n·b n-1求得b n,再求a n.定理2:若函数f(x)=x2-q2x-2p只有唯一一个不动点α,即方程x2-2px+q=0只有唯一一个根α=p,则有1a n+1-p=1a n-p+1a n-1-p(n≥1,n∈N+).证明:把①式中的α用p代换可得a n+1-p=(a n-p)(a n-1-p)a n+a n-1-2p,因为a0≠p,a1≠p,所以a n≠p,所以1a n+1-p=1a n-p+1a n-1-p.例1 已知a0=a1=2,数列{a n}满足a n+1=a n a n-1+1a n+a n-1 ②(n=1,2,3,…),求数列{a n}的通项公式.解:令f(x)=x2+12x=x,得函数f(x)的两个“不动点”分别为1和-1,所以a n+1=a n a n-1+1a n+a n-1可化为a n+1+1a n+1+1=a n+1a n-1·a n-1+1a n-1-1,若令b n=a n+1a n-1③由a0=a1=2,和②,③可知b n>0,所以b n+1=b n·b n-1Ζlog3b n+1=log3b n+log3b n-1ΖF n+1=F n+F n-1(n≥1),(令F n=log3b n), ④,又因为F0=F1=1,所以由特征根可求得{F n}的通项公式为F n=55(1+52)n+1-(1-52)n+1,由③、④可得a n=3F n+13F n-1(n≥1).又因为F0=1,所以a0=2也适合上式,所以a n=3F n+13F n-1(n≥0).例2 已知a0=2,a1=3,数列{a n}满足a n+1=a n a n-1-1a n+a n-1-2(n=1,2,3,…),求数列{a n}的通项公式.解:由f(x)=x2-12x-2可得函数f(x)有唯一一个不动点x=1,则a n+1=a n a n-1-1a n+a n-1-2可化为1a n+1-1=1a n-1+1a n-1-1,若令b n=1a n-1,则85备课参考几个不等式命题(福建省大田第一中学 366100) 田富德 命题1 若∑ni =1xpi=m ,p ≥2,则∑ni =1xi≤pnp-1m ,当且仅当x 1=x 2=…=x n =pm n时等号成立.证明:不妨设x 1≥x 2≥…≥x n ,则由切比雪夫不等式,有1n∑ni =1x p i ≥∑ni =1xp-1in·∑ni =1xin,即∑ni =1xp i≥1n∑ni =1xp-1i∑ni =1x i.连续运用切比雪夫不等式,有∑n i =1xp i≥1np-1(∑ni =1x i )p .从而∑ni =1xi≤pnp-1·∑ni =1x pi=pnp-1m ,当且仅当x 1=x 2=…=x n =pmn时等号成立.命题2 若∑ni =1k ixpi =A ,且∑ni =1ki=S 0,其中k i >0(i =1,2,…,n ),p >0,A 与S 0都是常数,则∑ni =1k i x 2pi≥A2S 0,当且仅当x 1=x 2=…=x n =pAS 0时等号成立.证明:由柯西不等式,有∑ni =1k ix2p i·∑ni =1k i =∑ni =1(k i x 2p i )2·∑ni =1(k i )2≥∑n i =1(k i x 2pi ·k i )2=∑ni =1k i x pi2.当且仅当x 1=x 2=…=x n =pAS 0时等号成立.又由已知∑ni =1k ixp i =A ,且∑ni =1ki=S 0,故S 0∑ni =1k ix2p i ≥A 2,得证.命题3 若∑ni =1k ix2p i =m ,且∑ni =1ki=S 0,其中k i >0(i =1,2,…,n ),m 与S 0都是常数,则∑n i =1k i x pi ≤mS 0,当且仅当x 1=x 2=…=x n =2pmS 0时等号成立.证明:由推广2的证明知,∑ni =1k ix2p i·∑ni =1k i ≥(∑ni =1k i x p i)2,当且仅当x 1=x 2=…=x n =2pm S 0时等号成立.又由已知∑ni =1k ix2p i =m ,且∑ni =1ki=S 0,故有mS 0≥(∑ni =1k i x pi )2,即命题3得证.有b n+1=b n +b n-1(n ≥1),又b 0=1,b 1=12,由特征根法可求得{b n }的通项公式为b n =12(1+52)n +(1-52)n ,由b n =1a n -1可得a n =1b n+1=2(1+52)n +(1-52)n+1(n ≥1),经检验知a 0=2也适合上式,所以a n =2(1+52)n +(1-52)n+1(n ≥0).参考文献1 徐国君.不动点法求数列通项公式.中学数学教学参考,2007(4)95。
