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利用“不动点”法巧解高考题


利用“不动点”法巧解高考题
由递推公式求其数列通项历来是高考的重点和热点题型,对那些已知递推关系但又难求通 项的数列综合问题,充分运用函数的相关性质是解决这类问题的着手点和关键.与递推关系对 应的函数的“不动点”决定着递推数列的增减情况,因此我们可以利用对函数“不动点”问题 的研究结果,来简化对数列通项问题的探究。笔者在长期的教学实践中,不断总结探究反思, 对那些难求通项的数列综合问题,形成利用函数不动点知识探究的规律性总结,以期对同学们 解题有所帮助. 1 不动点的定义 一般的,设 f ( x ) 的定义域为 D ,若存在 x0 ? D ,使 f ( x0 ) ? x0 成立,则称 x0 为 f ( x ) 的 不动点,或称 ( x0 , x0 ) 为 f ( x ) 图像的不动点。 2 求线性递推数列的通项 定理 1

1) , 且 x0 为 f ( x ) 的 不 动 点 , {a n } 满 足 递 推 关 系 设 f ( x) ? ax ? b(a ? 0,

an ? f (an?1 ) , n ? 2,3,? ,证明 {an ? x0 } 是公比为 a 的等比数列。
证 : ∵ x0 是 f ( x ) 的 不 动 点 , 所 以 ax0 ? b ? x0 , 所 以 b ? x0 ? ?ax0 , 所 以 ∴数列 {an ? x0 } 是公比为 a 的 an ? x0 ? (a·an?1 ? b) ? x0 ? a·an?1 ? ax0 ? a(an?1 ? x0 ) , 等比数列。 例 1 (2010 上海文数 21 题)已知数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,且 Sn ? n ? 5a n ?85 , n ? N
*

(1)证明:?an ?1 ? 是等比数列;(2)求数列 ?Sn ? 的通项公式,并求出使得 Sn?1 ? Sn 成立的最小 正整数 n . 证:(1) 当 n?1 时,a1??14;当 n ? 2 时,an?Sn?Sn?1??5an?5an?1?1,即 6an ? 5an?1 ? 1 (n ? 2) 即

5 1 5 1 an ?1 ? (n ? 2) ,记 f ( x) ? x ? ,令 f ( x) ? x ,求出不动点 x0 ? 1 ,由定理 1 知: 6 6 6 6 5 an ? 1 ? ( an ?1 ? 1)( n ? 2) ,又 a1?1? ?15 ≠0,所以数列{an?1}是等比数列。(2)解略。 6 an ?
3 求非线性递推数列的通项 设 f ( x) ? 定理 2

ax ? b (c ? 0,ad ? bc ? 0) ,且 x1 、x2 是 f ( x ) 的不动点,数列 {a n } 满 cx ? d

足递推关系 an ? f (an?1 ) , n ? 2,3,? , (ⅰ)若 x1 ? x2 ,则数列 {

a n ? x1 a ? x1c } 是公比为 a ? x2 c an ? x2

1

的等比数列; (ⅱ) x1 ? x2 ? x0 ,则数列 {

2c 1 的等差数列。 } 是公差为 a?d an ? x0

证: (ⅰ)由题设知

ax1 ? b b ? dx1 ? x1 ? ? ? x1 ? dx1 ? b ? (a ? cx1 ) x1 ; cx1 ? d a ? cx1

同理 dx2 ? b ? (a ? cx2 ) x2 .

aa n ? b ? x1 a n ?1 ? x1 ca n ? d (a ? cx1 )an ? b ? dx1 a ? cx1 an ? x1 ∴ , ? ? ? ? aa n ? b a n ?1 ? x 2 (a ? cx2 )an ? b ? dx2 a ? cx2 an ? x2 ? x2 ca n ? d
所以数列 {

a n ? x1 a ? cx1 的等比数列。 } 是公比为 a ? cx2 an ? x2
ax ? b a ? d b ? dx0 = x 的解为 x1 ? x2 ? x0 ,∴ x 0 ? 且 = ? x 0 。所以 cx ? d 2c a ? cx0

(ⅱ)由题设知

ca n ? d 1 1 can ? d can ? d ? ? ? ? a n ?1 ? x 0 aa n ? b (a ? cx 0 )a n ? b ? dx 0 (a ? cx )(a ? b ? dx0 ) (a ? cx0 )(an ? x0 ) ? x0 0 n a ? cx0 ca n ? d

a?d d ?c? can ? cx0 ? d ? cx0 d ? cx0 c 1 c 2c ? 1 ? ? ? ? ? ? (a ? cx0 )(an ? x0 ) a ? cx0 a ? cx0 an ? x0 a ? cx0 a ? c ? a ? d an ? x0 2c
?
2c 1 c 1 1 2c ,所以数列 { 的等差数列。 ? ? ? } 是公差为 a?d an ? x0 a ? cx0 an ? x0 an ? x0 a ? d
*

例 2 (2006 年全国Ⅱ卷 22 题)设数列 ?an ? 的前 n 项和为 S n ,且方程 x 2 ? an ? x ? an ? 0 有 一根为 S n ? 1 (n ? N ) 。求数列 ?an ? 的通项公式。 解 : 依 题 a1 ?

1 , 且 (S n ? 1) 2 ? an ? (S n ? 1) ? an ? 0 , 将 an ? S n ? S n?1 代 入 上 式 , 得 2

Sn ? 1

1 1 ,记 f ? x ? ? ,令 f ( x) ? x ,求出不动点 x0 ? 1 ,由定理 2 (ⅱ) 知: 2? x 2 ? S n ?1

Sn?1 ? 1

?

? 1 ? 2 ? Sn 1 ? ?1 ? , 所 以 数 列 ?? ? 是 公 差 为 ?1 的 等 差 数 列 , 所 以 Sn ? 1 Sn ? 1 ? Sn ? 1?
2

Sn ?

n 1 ,因此数列 ?an ? 的通项公式为 a n ? 。 n ?1 n ?1

例 3 (2010 年全国卷Ⅰ22 题)已知数列 ?an ? 中, a1 ? 1, an ?1 ? c ?

1 . an

(Ⅰ)设 c ?

5 1 ,求数列 ?bn ? 的通项公式. (Ⅱ)求使不等式 an ? an?1 ? 3 成立的 , bn ? 2 an ? 2
5x ? 2 5 1 5an ? 2 , 记 f ( x) ? , 令 f ( x) ? x , 求 出 不 动 点 ? ? 2x 2 an 2an
1

c 的取值范围 .
解: ( Ⅰ ) 依 题 an ?1 ?

an ? 1 1 1 1 a ?2 1 1 2, x1 ? , x2 ? 2 ; 由定理 2 (ⅰ) 知: ; an?1 ? 2 ? ? ? ? n an ?1 ? ? 2 ? ? 2 ? 2 2 an an 2 an 2 an

? ? ? an ? 2 ? 1 an?1 ? 2 1 an ? 2 a ?2 两式相除得到 ,所以 ? 是以 为公比, 1 ? ? ? ?2 为首项的等 ? 1? 1 4 1 1 4 ? an ? an?1 ? an ? a1 ? ? 2? 2 2 2
a ?2 ?1? 比数列,所以, n ? ?2 ? ? ? 1 ?4? an ? 2
定理 3 设 f ( x) ?
n ?1

, an ? 2 ?

2 4n ?1 3 b ? ? ? . (Ⅱ)解略。 从而 , n 3 3 2 ? 4n ?1

ax 2 ? b (a ? 0) ,且 x1 、x2 是 f ( x ) 的不动点,数列 {a n } 满足递推关 2ax ? d
? a ?x ? an ?1 ? x1 a ?x a ?x ? ( n 1 )2 ;若 1 1 ? 0 ,则 ?ln n 1 ? 是 a1 ? x2 an ?1 ? x2 an ? x2 ? a n ? x2 ?

系 an ? f (an?1 ) , n ? 2,3,? ,则有 公比为 2 的等比数列。

2 2 证 : ∵ x1 、x 2 是 f ( x ) 的 不 动 点 , ∴ dx1 ? b ? ax1 , dx2 ? b ? ax2 。

an?1 ? x1 a ? an 2 ? b ? (2a ? an ? d ) x1 a ? an 2 ? b ? 2a ? an ? x1 ? ax12 ? b ? ? an?1 ? x2 a ? an 2 ? b ? (2a ? an ? d ) x2 a ? an 2 ? b ? 2a ? an ? x2 ? ax2 2 ? b
2 a ?x a(an ? 2an ? x1 ? x12 ) a ?x a ?x ? ? ( n 1 )2 ,又 1 1 ? 0 ,则 n 1 ? 0 , 2 2 a1 ? x2 an ? x2 a(an ? 2an ? x2 ? x2 ) an ? x2

3

∴ ln

? a ?x ? an?1 ? x1 a ?x ? 2ln n 1 ,故 ?ln n 1 ? 是公比为 2 的等比数列。 an?1 ? x2 an ? x2 ? a n ? x2 ?
2 xn ?3 .⑴求证: xn ? 3 ;⑵ 2 xn ? 4

例4 (2010 东城区二模试题)已知数列 {xn } 满足 x1 ? 4 , xn ?1 ? 求证: xn?1 ? xn ;⑶求数列 {xn } 的通项公式. 证:⑴、⑵证略;⑶依题 xn ?1 ?

2 xn ?3 x2 ? 3 ,记 f ( x) ? ,令 f ( x) ? x ,求出不动点 2 xn ? 4 2x ? 4 2 xn ?3 ( x ? 1)2 x2 ? 3 ( x ? 3)2 ?1 ? n xn ?1 ? 3 ? n ?3? n , , 2 xn ? 4 2 xn ? 4 2 xn ? 4 2 xn ? 4

xn ?1 ? 1 ? 由定理 3 知: x1 ? 1, x2 ? 3 ;
2

x1 ? 1 4 ? 1 x ?1 x ?1 xn ?1 ? 1 ? xn ? 1 ? ? ? 3 ,所以 log3 n ?1 ? 2log 3 n ?? 所以 . ? ,又 x1 ? 3 4 ? 3 xn ?1 ? 3 xn ? 3 xn ?1 ? 3 ? xn ? 3 ?
又 log 3

x1 ? 1 x ?1 ? 1 ,令 an ? log3 n ,则数列 {an } 是首项为 1 ,公比为 2 的等比数列.所以 x1 ? 3 xn ? 3
n ?1

an ? 2

xn ? 1 3an ?1 ? 1 32 ?1 ? 1 xn ? 1 an ? 3 x ? ? 2n?1 .由 an ? log 3 ,得 .所以 n . xn ? 3 3an ? 1 xn ? 3 3 ?1

n ?1

利用函数“不动点”法求解较复杂的递推数列的通项问题,并不局限于以上三种类型,基 于高考数列试题的难度,本文不再对更为复杂的递推数列进行论述,以下两个定理供有兴趣的 同学探究证明。 定理 4 设 f ( x) ? ax ? bx ?
2

b2 ? 2b (a ? 0), 且 x0 是 f ( x ) 的最小不动点, 数列 {a n } 满足 4a

递推关系 an ? f (an?1 ) , n ? 2,3,? ,则有 an ? x0 ? a(an?1 ? x0 )2.

b2 b3 b x? ? (a ? 0), 且 x0 是 f ( x ) 的不动点,数列 定理 5 设 f ( x) ? ax ? bx ? 2 3a 27a 3a
3 2

{a n } 满足递推关系 an ? f (an?1 ) , n ? 2,3,? ,则有 an ? x0 ? a(an?1 ? x0 )3.

4



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