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1、用不动点法求数列的通项定义：方程f (x) = x的根称为函数f (x)的不动点.利用递推数列f (x)的不动点，可将某些递推关系a二f (a )所确定的数列化为等比 nn-1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丰0, a丰1), p是f (x)的不动点，a满足递推关系na = f (a ),(n 1)，则a - p = a(a - p)，即a - p是公比为a的等比数列. nn-1nn-1n证明：因为p是f (x)的不动点ap + b = pb - p = -ap 由 an=a - a + b 得 an -1n-p = a - a + b
2、- p = a (an -1n -1所以a - p是公比为a的等比数列.nax + b定理2：设f (x) =(c丰0, ad - bc丰0)， a 满足递推关系a = f (a), n 1，cx + dnnn-1初值条件a1丰f (a1)1)：若f (x)有两个相异的不动点p,q，则-p-p(这里ka - pc-qn-1-qa - qc2)：若f (x)只有唯一不动点p，则这里 k2cn-1-p证明:由 f (x) = x 得 f (x)=ax + bcx + d所以 cx 2 + (d - a)x - b = 01)因为 p, q 是不动点，所以cp 2 + (d 一 a) p 一 b =
3、 0p=pd - ba - pcaaca-paaca-qn-1cq2 + (d 一 a)q 一 b = 0(a 一 pc)a + b 一 pd1(a - qc)a + b - qdn-1a - pca - qcq=n-1n-1qd - ba - qcpd - ba- pcqd - ba - qc所以a - pca - qcn-1-p-qa - pc a - qca - pa- p贝 y n= k n-1a - qa- qnn-1(2)因为 p 是方程cxn - (-1)n + (d - a)x - b 二 0 的唯一解，所以 cp2 + (d - a)p -b 二 0所以b - pd 二 cp
4、2 - ap ,a-dp PT所以aa + bn-1 p 二ca + d n-1(a-cp)a +b-pd (a-cp)a +cp2 -ap (a-cp)(a -p) n-1 ca + dn -1n1ca + dn -1n-1ca + dn -1所以caa - p a - cp n+d na - pn-1a - cpc(a - p) + d + cpn-1a - pn-1c * d + cpa - cp a - cp2c+a - p a - p a+d n-1n-1令k =二，则a+d+ k a - pn-1例1：设a 满足a = 1, an1a +2,n gn+1anN*，求数列a 的通项公
5、式nx+2解：作函数f(x)=，解方程f(x) = x求出不动点p = 2,q = -1，于是an+1a + 1n+1-2 a + 2-2anna + 2+ anna - 2na + 1na - 2，逐次迭代得a +1n二(- 2)”由此解得a2 n+1 + ( 1) n例2：数列a 满足下列关系:na 二 2a, a1n+1a2二2a ,a丰0，求数列a 的通项公式anna2解：作函数/(x) = 2a - ，解方程f (x) = x求出不动点p二a，于是 xa - an+1a22a aana2a ana11n + a(a - a)a - a ann1所以a - an是以1二一为首项,a -
6、 a a1公差为丄的等差数列a所以11 11 na+ (n 1) + (n 1) ，所以 a = a + _a - a a - a a a a a n n n1ax 2 + bx + cex + f定理3 :设函数f (X)二(a丰，e丰0)有两个不同的不动点叫，X 2，且由u 一 xu = f （u ）确定着数列u ，那么当且仅当b = 0,e = 2a时,f11n+1 nnu xn+12u 一 x=（n1）2u 一 xn2证明：0 x是f (x)的两个不动点kax 2 + bx + ckk ex + f k即 c 一 x f = （e 一 a）x 2 一 bx （k = 1,2）kkku
7、一 xaun+11 _u 一 xn+12nn于是,2 + bu + c 一 x （eu + f）au 2 + （b 一 ex ）u + c 一 x f-nn1 n= n1 n1 -au 2 + bu + c 一 x （eu + f）2nau 2 + （b 一 ex ）u + （e 一 a）x2 一 bxn+ n1= n1n11 au 2 + （b 一 ex ）u + c 一 x fau 2 + （b 一 ex ）u + （e 一 a）x 2 一 bxn2 n2n2n22un+1un+1x1x2u 一 x=（n1）2u 一 xnau 2 + （b 一 ex ）u + （e 一 a）x 2 一 b
8、x u 2 一 2x u + x 2n1n1J= n1n1 au 2 + （b 一 ex ）u + （e 一 a）x 2 一 bx u 2 一 2x u + x 2 n2n22n2 n2b 一 ex（e 一 a） x 2 一 bxu 2 +1 u +11n a naob 一 exu 2 +2 un a n（e 一 a） x 2 一 bx+ 2 2u 2 一 2 x u + x 2=n1n1u 2 一 2 x u + x 2n2 n2x1x2b 一 ex1 = 一2 xa1b 一 ex= 2 xa2=0b + （2a 一 e） x = 02lb + （2a 一 e） x o 1方程组有唯一解b
9、= 0, e = 2a例3：已知数列a,n e N*，求数列a 的通项.na 2 +2中,a = 2, a =1+12ana一 f 2n+1a+、 2n+1a 2 +2n 2a-迈na 2 + 2n+ x/ 22ana2 + 2 一 2 J 2an_na2 + 2 + 2. 2ann）2再经过反复迭代,得）2n T =（a一百 2a一 百 2a一 u 2n= （n=1）2 = （n=2”）22 =a+J 2a+ J 2a+ f 2nn1n-2由此解得an:(2 +、：2) 2n-1 + (2 -站 2) 2n-1(2 + 迈) 2n-1 _ (2 - ：2) 2n _1其实不动点法除了解决上面
10、所考虑的求数列通项的几种情形,还可以解决如下问题:a 4 + 6 a 2 + 1例4：已知a 0, a丰1且a =f n，求数列a 的通项.11n+14a (a 2 +1)nnnx4 + 6x2 + 1解：作函数为f （x）二芮XR，解方程f（X） = X得f（X）的不动点为(a + 1) 4n-1 + (a - 1) 4n -1(a + 1) 4n-1 - (a - 1) 4n-1 11x _,兀?二1 x3 二-i，x4 = 3i .取 p =1 q = _i，作如下代换:a 4 + 6 a 2 + 1nn+ 1a + 1n+1a - 1n+14a ( a 2 + 1)a 4 +4a3 + 6a2 +4a+ 1a+ 1=nn=nnnn=(n) 4a 4 + 6 a 2 + 1a 4 -4 a3 + 6 a2 -4 a+ 1a- 1nn 1nnnnn4a (a 2 +1)nn逐次迭代后,得: anx 2 + 2解:作函数为f (x)=亍，解方程f (x)=x得f (x)的两个不动点为士 d
