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a_n = f(a_n − 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{a_n}满足a_n = f(a_n − 1),则称f(x)为数列{a_n}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

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

已知数列a_n中$a_{1}=1,a_{n+1}=-\dfrac{1}{3}a_{n}+\dfrac{2}{3}$，求a_n.
解析
特征方程为$x=-\dfrac{1}{3}x+\dfrac{2}{3}$，解得不动点$x=\dfrac{1}{2}$，
由$a_{n+1}=-\dfrac{1}{3}a_{n}+\dfrac{2}{3}$，得
$a_{n+1}-\dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{3}a_{n}+\dfrac{1}{6}=-\dfrac{1}{3}(a_{n}-\dfrac{1}{2}),$
所以$\left\{a_{n}-\dfrac{1}{2}\right\}$是以$\dfrac{1}{2}$为首项，$-\dfrac{1}{3}$为公比的等比数列，
则有$a_{n}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\times(-\dfrac{1}{3})^{n-1},$
即$a_{n}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times(-\dfrac{1}{3})^{n-1}.$

定理2

数列a_n满足$a_{n+1}=\dfrac{aa_{n}+b}{ca_{n}+d}(c\neq0,ad-bc\neq0)$，特征函数为$f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$，且首项a₁ ≠ f(a₁).

(1)若f(x)有两个相异不动点p, q，则$\dfrac{a_{n+1}-p}{a_{n+1}-q}=$ $\dfrac{a-cp}{a-cq}\cdot\dfrac{a_{n}-p}{a_{n}-q}$;

(2)若f(x)只有一个不动点p，且p ≠ −d，则$\dfrac{1}{a_{n+1}-p}=$ $\dfrac{2c}{a+d}+\dfrac{1}{a_{n}-p}.$

具体证明步骤参见例题解法。

已知数列{a_n}中，$a_{1}=3,a_{n}=\dfrac{4a_{n-1}-2}{a_{n-1}+1}$，求a_n的通项.
解析
因为{a_n}的特征函数为.$f(x)=\dfrac{4x-2}{x+1},$
则特征方程为$\dfrac{4x-2}{x+1}=x$，即x² − 3x + 2 = 0,
解得x₁ = 1, x₂ = 2,，
则$a_{n}-1=\dfrac{4a_{n-1}-2}{a_{n-1}+1}-1=\dfrac{3(a_{n-1}-1)}{a_{n-1}+1} \tag{1}$
$a_{n}-2=\dfrac{4a_{n-1}-2}{a_{n-1}+1}-2=\dfrac{2(a_{n-1}-2)}{a_{n-1}+1}\tag{2}$
则(1) ÷ (2)得：
$\dfrac{a_{n}-1}{a_{n}-2}=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{a_{n-1}-1}{a_{n-1}-2},$
∴数列$\left\{\dfrac{a_{n}-1}{a_{n}-2}\right\}$是公比为$\dfrac{3}{2}$的等比数列，
∴$\dfrac{a_{n}-1}{a_{n}-2}=\dfrac{a_{1}-1}{a_{1}-2}\cdot(\dfrac{3}{2})^{n-1}.$
∵a₁ = 3，∴$\dfrac{a_{n}-1}{a_{n}-2}=2\cdot(\dfrac{3}{2})^{n-1}$，
即$a_{n}=\dfrac{2^{n-2}-2\cdot3^{n-1}}{2^{n-2}-3^{n-1}}.$
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b_n = a_n − x₁, c_n = a_n − x₂
(3)由$\dfrac{b_{n}}{c_{n}}$得出关系，从而解出a_n.
在数列{a_n}中，a₁ = 2，且$a_{n+1}=\dfrac{2a_{n}-4}{a_{n}+6}$，求其通项公式a_n.
解析
特征方程为$x=\dfrac{2x-4}{x+6}$，解得x₁ = x₂ = −2.
令a_n − (−2) = b_n，代入原递推式得$b_{n+1}=\dfrac{4b_{n}}{b_{n}+4}.$
因为b₁ = a₁ + 2 = 4 ≠ 0，所以b_k ≠ 0(k ∈ N₊),
故$\dfrac{1}{b_{n+1}}=\dfrac{1}{b_{n}}+\dfrac{1}{4}.$
因此，$\dfrac{1}{b_{n}}=\dfrac{1}{b_{1}}+(n-1)\cdot\dfrac{1}{4}=\dfrac{n}{4}$，
从而$b_{n}=\dfrac{4}{n}$
又因为a_n = b_n − 2，
所以$a_{n}=\dfrac{4}{n}-2=\dfrac{4-2n}{n}$
(2009江西理22)各项均为正数的数列{a_n},a₁ = a, a₂ = b，且对满足m + n = p + q的正整数m，n, p, q都有$\dfrac{a_{m}+a_{n}}{(1+a_{m})(1+a_{n})}=\dfrac{a_{p}+a_{q}}{(1+a_{p})(1+a_{q})}.$
(1)当$a=\dfrac{1}{2},b=\dfrac{4}{5}$时，求通项a_n;
(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$\dfrac{1}{\lambda}\leq a_{n}\leq\lambda.$.
解析
(1)由$\dfrac{a_{m}+a_{n}}{(1+a_{m})(1+a_{n})}=\dfrac{a_{p}+a_{q}}{(1+a_{p})(1+a_{q})}$
得$\dfrac{a_{1}+a_{n}}{(1+a_{1})(1+a_{n})}=\dfrac{a_{2}+a_{n-1}}{(1+a_{2})(1+a_{n-1})}.$
将$a_{1}=\dfrac{1}{2},a_{2}=\dfrac{4}{5}$代入化简得$a_{n}=\dfrac{2a_{n-1}+1}{a_{n-1}+2}.$
所以$\dfrac{1-a_{n}}{1+a_{n}}=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1-a_{n-1}}{1+a_{n-1}}$，
故数列{$\dfrac{1-a_{n}}{1+a_{n}}$}为等比数列，
从而$\dfrac{1-a_{n}}{1+a_{n}}=\dfrac{1}{3^{n}}$，
即$a_{n}=\dfrac{3^{n}-1}{3^{n}+1}.$
(2)略.

定理3

设函数$f(x)=\dfrac{ax^{2}+bx+c}{ex+f}(a\neq 0,e\neq0)$有两个不同的不动点p, q，且由a_n = f(a_n − 1)确定数列{a_n},那么当且仅当b = 0, e = 2a时，$\dfrac{a_{n}-p}{a_{n}-q}=(\dfrac{a_{n-1}-p}{a_{n-1}-q})^{2}$.此时f(x)=$\dfrac{ax^{2}+c}{2ax+f}(a\neq 0)$.

具体证明步骤参见例题解法.

已知数列{a_n}满足$a_{n}=\dfrac{3a_{n-1}^{2}+2}{6a_{n-1}-5}(n\geq2)$，首项$a_{1}=\dfrac{19}{6}$，求其通项公式a_n.
解析
特征方程为$x=\dfrac{3x^{2}+2}{6x-5}$，
得3x² − 5x − 2 = 0,则(3x + 1)(x − 2) = 0，
故$x_{1}=-\dfrac{1}{3},x_{2}=2$是函数$f(x)=\dfrac{3x^{2}+2}{6x-5}$的两个不动点.
则$a_{n}-(-\dfrac{1}{3})=a_{n}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{3a_{n-1}^{2}+2}{6a_{n-1}-5}-(-\dfrac{1}{3})=$
$\dfrac{3(a_{n-1}+\dfrac{1}{3})^{2}}{6a_{n-1}-5}\tag{1}$
$a_{n}-2=\dfrac{3a_{n-1}^{2}+2}{6a_{n-1}-5}-2=\dfrac{3(a_{n-1}-2)^{2}}{6a_{n-1}-5}\tag{2}$
则(1) ÷ (2)得$\dfrac{a_{n}+\dfrac{1}{3}}{a_{n}-2}=\left(\dfrac{a_{n-1}+\dfrac{1}{3}}{a_{n-1}-2}\right)^{2}$,
所以由选代法得：
$\dfrac{a_{n}+\dfrac{1}{3}}{a_{n}-2}=\left(\dfrac{a_{n-1}+\dfrac{1}{3}}{a_{n-1}-2}\right)^{2}=\left (\dfrac{a_{n-2}+\dfrac{1}{3}}{a_{n-2}-2}\right)^{2}=$$\cdots=\left(\dfrac{a_{1}+\dfrac{1}{3}}{a_{1}-2}\right)^{2^{n-1}}$ = 3^{2^n − 1},
则$a_{n}=\dfrac{6\cdot3^{2^{n-1}}+1}{3\cdot3^{2^{n-1}}-3}.$
(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 $a_{1}=1,a_{n+1}=a_{n}-\dfrac{f(a_{n})}{f^{\prime}(a_{n})}(n=1,2,\cdots).$
(1)求α, β的值;
(2)证明:对任意的正整数n，都有a_n > α;
(3)记$b_{n}=\ln\dfrac{a_{n}-\beta}{a_{n}-\alpha}(n=1,2,\cdots)$,求数列{b_n}的前n项和 S_n.
解析
(1)∵f(x) = x² + x − 1，α,β是方程f(x) = 0的两个根
(α > β),
∴$\alpha=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2},\beta=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}.$
(2)f^′(x) = 2x + 1，
$a_{n+1}=a_{n}-\dfrac{a_{n}^{2}+a_{n}-1}{2a_{n}+1}=a_{n}-\dfrac{1/2a_{n}(2a_{n}+1)+1/4(2a_{n}+1)-5/4}{2a_{n}+1}$
$=\dfrac{1}{4}(2a_{n}+1)+\dfrac{5/4}{2a_{n}+1}-\dfrac{1}{2},$，
∵a₁ = 1，∴由基本不等式可知$a_{2}\geq\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}>0$(当且仅当$a_{1}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$时取等号)，
∴$a_{2}>\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}>0$，同样$a_{3}>\dfrac{\sqrt{5}-1}{2},\cdots,a_{n}>\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}=\alpha$
(n = 1, 2, ⋯).
(3)$a_{n+1}-\beta=a_{n}-\beta-\dfrac{(a_{n}-\alpha)(a_{n}-\beta)}{2a_{n}+1}=\dfrac{a_{n}-\beta}{2a_{n}+1}(a_{n}+1+\alpha$
而α + β = −1，即$\alpha+1=-\beta a_{n+1}-\beta=\dfrac{(a_{n}-\beta)^{2}}{2a_{n}+1}$
同理$a_{n+1}-\alpha=\dfrac{(a_{n}-\alpha)^{2}}{2a_{n}+1}b_{n+1}=2b_{n}$
又$b_{1}=\ln\dfrac{1-\beta}{1-\alpha}=\ln\dfrac{3+\sqrt{5}}{3-\sqrt{5}}=2\ln\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}$
$S_{n}=2(2^{n}-1)\ln\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}.$