不动点法在高考数列中的应用

定义1

对函数f(x),若存在实数x0,满足f(x0)=x0,则称x0为f(x)的不动点。

对此定义有两方面的理解∶

(1)代数意义:若方程f(x)=x有实数根x0,则y=f(x)有不动点x0.

(2)几何意义:若函数y=f(x)与y=x有交点(x0,y0), 则x0为y=f(x)的不动点.

利用递推数列f(n)的不动点,可以将某些由递推关系an=f(an−1)所确定的数列转化为较易求通项的数列(如等差数列或等比数列)，这种方法称为不动点法.下面举例说明两种常见的递推数列如何用不动点法求其通项公式.

定义2

若数列{an}满足an=f(an−1),则称f(x)为数列{an}的特征函数.

定义3

方程f(x)=x称为函数f(x)的不动点方程(特征方程),其根称为函数f(x)的不动点.

定理1

定理1

设f(x)=ax+b(a≠0且a≠1),{an}满足递推关系an=f(an−1)(n≥2),p为f(x)的不动点,则an−p=a(an−1−p). 具体证明步骤参见例题解法.

1. 已知数列an中a1=1,an+1=−13an+23，求an.

   解析

   特征方程为x=−13x+23，解得不动点x=12，

   由an+1=−13an+23，得

   an+1−12=−13an+16=−13(an−12),

   所以{an−12}是以12为首项，−13为公比的等比数列，

   则有an−12=12×(−13)n−1,

   即an=12+12×(−13)n−1.

定理2

定理2

数列an满足an+1=aan+bcan+d(c≠0,ad−bc≠0)，特征函数为f(x)=ax+bcx+d，且首项a1≠f(a1).

(1)若f(x)有两个相异不动点p,q，则an+1−pan+1−q= a−cpa−cq⋅an−pan−q;

(2)若f(x)只有一个不动点p，且p≠−d，则1an+1−p= 2ca+d+1an−p.

具体证明步骤参见例题解法。

2. 已知数列{an}中，a1=3,an=4an−1−2an−1+1，求an的通项.

   解析

   因为{an}的特征函数为.f(x)=4x−2x+1,

   则特征方程为4x−2x+1=x，即x2−3x+2=0,

   解得x1=1,x2=2,，

   则an−1=4an−1−2an−1+1−1=3(an−1−1)an−1+1

   an−2=4an−1−2an−1+1−2=2(an−1−2)an−1+1

   则(1)÷(2)得：

   an−1an−2=32⋅an−1−1an−1−2,

   ∴数列{an−1an−2}是公比为32的等比数列，

   ∴an−1an−2=a1−1a1−2⋅(32)n−1.

   ∵a1=3，∴an−1an−2=2⋅(32)n−1，

   即an=2n−2−2⋅3n−12n−2−3n−1.

   总结

   这是典型的用不动点法求数列通项公式的题目，其一般解题方法为:

   (1)由特征方程求出不动点x1，x2;

   (2)列出数列bn=an−x1,cn=an−x2

   (3)由bncn得出关系，从而解出an.

3. 在数列{an}中，a1=2，且an+1=2an−4an+6，求其通项公式an.

   解析

   特征方程为x=2x−4x+6，解得x1=x2=−2.

   令an−(−2)=bn，代入原递推式得bn+1=4bnbn+4.

   因为b1=a1+2=4≠0，所以bk≠0(k∈N+),

   故1bn+1=1bn+14.

   因此，1bn=1b1+(n−1)⋅14=n4，

   从而bn=4n

   又因为an=bn−2，

   所以an=4n−2=4−2nn

4. (2009江西理22)各项均为正数的数列{an},a1=a,a2=b，且对满足m+n=p+q的正整数m，n,p,q都有am+an(1+am)(1+an)=ap+aq(1+ap)(1+aq).

   (1)当a=12,b=45时，求通项an;

   (2)证明:对任意a，存在与a有关的常数λ，使得对于每个正整数n，都有1λ≤an≤λ..

   解析

   (1)由am+an(1+am)(1+an)=ap+aq(1+ap)(1+aq)

   得a1+an(1+a1)(1+an)=a2+an−1(1+a2)(1+an−1).

   将a1=12,a2=45代入化简得an=2an−1+1an−1+2.

   所以1−an1+an=13⋅1−an−11+an−1，

   故数列{1−an1+an}为等比数列，

   从而1−an1+an=13n，

   即an=3n−13n+1.

   (2)略.

定理3

定理3

设函数f(x)=ax2+bx+cex+f(a≠0,e≠0)有两个不同的不动点p,q，且由an=f(an−1)确定数列{an},那么当且仅当b=0,e=2a时，an−pan−q=(an−1−pan−1−q)2.此时f(x)=ax2+c2ax+f(a≠0).

具体证明步骤参见例题解法.

5. 已知数列{an}满足an=3a2n−1+26an−1−5(n≥2)，首项a1=196，求其通项公式an.

   解析

   特征方程为x=3x2+26x−5，

   得3x2−5x−2=0,则(3x+1)(x−2)=0，

   故x1=−13,x2=2是函数f(x)=3x2+26x−5的两个不动点.

   则an−(−13)=an+13=3a2n−1+26an−1−5−(−13)=

   3(an−1+13)26an−1−5

   an−2=3a2n−1+26an−1−5−2=3(an−1−2)26an−1−5

   则(1)÷(2)得an+13an−2=(an−1+13an−1−2)2,

   所以由选代法得：

   an+13an−2=(an−1+13an−1−2)2=(an−2+13an−2−2)2=⋯=(a1+13a1−2)2n−1=32n−1,

   则an=6⋅32n−1+13⋅32n−1−3.

6. (2007广东理21)已知函数f(x)=x2+x−1，α,β是方程f(x)=0的两个根(α>β,f′(x)是f(x)的导数，设 a1=1,an+1=an−f(an)f′(an)(n=1,2,⋯).

   (1)求α,β的值;

   (2)证明:对任意的正整数n，都有an>α;

   (3)记bn=lnan−βan−α(n=1,2,⋯),求数列{bn}的前n项和 Sn.

   解析

   (1)∵f(x)=x2+x−1，α,β是方程f(x)=0的两个根

   (α>β),

   ∴α=−1+√52,β=−1−√52.

   (2)f′(x)=2x+1，

   an+1=an−a2n+an−12an+1=an−1/2an(2an+1)+1/4(2an+1)−5/42an+1

   =14(2an+1)+5/42an+1−12,，

   ∵a1=1，∴由基本不等式可知a2≥√5−12>0(当且仅当a1=√5−12时取等号)，

   ∴a2>√5−12>0，同样a3>√5−12,⋯,an>√5−12=α

   (n=1,2,⋯).

   (3)an+1−β=an−β−(an−α)(an−β)2an+1=an−β2an+1(an+1+α

   而α+β=−1，即α+1=−βan+1−β=(an−β)22an+1

   同理an+1−α=(an−α)22an+1bn+1=2bn

   又b1=ln1−β1−α=ln3+√53−√5=2ln3+√52

   Sn=2(2n−1)ln3+√52.

参考文献

• 郭博.魅力不动点——不动点法在数列中的应用[J].数学学习与研究,2019(06):106-107.
• 李春雷.不动点在数列中的应用高考可以这样考[J].中学数学研究(华南师范大学版),2015,(01):12-15.

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