高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题3培优点12用“不动点法”求数列的通项公式(学生版+解析)

这是一份高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题3培优点12用“不动点法”求数列的通项公式(学生版+解析)，共6页。学案主要包含了方法总结，拓展训练等内容，欢迎下载使用。
对于一个函数f(x)，我们把满足f(m)＝m的值x＝m称为函数f(x)的“不动点”．利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式．
【典例】 (1)在数列{an}中，a1＝1, an＋1＝eq \f(1,2)an＋1，求数列{an}的通项公式．
(2)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝eq \f(7an－2,an＋4)，求该数列的通项公式．
【拓展训练】
1．已知数列{an}满足an＋1＝－eq \f(1,3)an－2，a1＝4，求数列{an}的通项公式．
2．已知数列{an}满足a1＝2，an＝eq \f(an－1＋2,2an－1＋1)(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
3．设数列{an}满足8an＋1an－16an＋1＋2an＋5＝0(n≥1，n∈N*)，且a1＝1，记bn＝eq \f(1,an－\f(1,2))(n≥1)．求数列{bn}的通项公式．
培优点12 用“不动点法”求数列的通项公式
【方法总结】
对于一个函数f(x)，我们把满足f(m)＝m的值x＝m称为函数f(x)的“不动点”．利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式．
【典例】 (1)在数列{an}中，a1＝1, an＋1＝eq \f(1,2)an＋1，求数列{an}的通项公式．
【解析】 设f(x)＝eq \f(1,2)x＋1，
令f(x)＝x，即eq \f(1,2)x＋1＝x，得x＝2，
∴x＝2是函数f(x)＝eq \f(1,2)x＋1的不动点，
∴an＋1－2＝eq \f(1,2)(an－2)，
∴数列{an－2}是以－1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴an－2＝－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
∴an＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，n∈N*.
(2)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝eq \f(7an－2,an＋4)，求该数列的通项公式．
【解析】 由方程x＝eq \f(7x－2,x＋4)，得数列{an}的不动点为1和2，
eq \f(an＋1－1,an＋1－2)＝eq \f(\f(7an－2,an＋4)－1,\f(7an－2,an＋4)－2)＝eq \f(7an－2－an＋4,7an－2－2an＋4)＝eq \f(6,5)·eq \f(an－1,an－2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,an－2)))是首项为eq \f(a1－1,a1－2)＝2，公比为eq \f(6,5)的等比数列，所以eq \f(an－1,an－2)＝2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1，
解得an＝eq \f(1,2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))n－1－1)＋2＝eq \f(4·6n－1－5n－1,2·6n－1－5n－1)，n∈N*.
【方法总结】 (1)若f(x)＝ax＋b(a≠0,1)，p是f(x)的不动点．数列{an}满足an＋1＝f(an)，则an＋1－p＝a(an－p)，即{an－p}是公比为a的等比数列．
(2)设f(x)＝eq \f(ax＋b,cx＋d)(c≠0，ad－bc≠0)，数列{an}满足an＋1＝f(an)，a1≠f(a1)．若f(x)有两个相异的不动点p，q，则eq \f(an＋1－p,an＋1－q)＝k·eq \f(an－p,an－q)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(此处k＝\f(a－pc,a－qc))).
【拓展训练】
1．已知数列{an}满足an＋1＝－eq \f(1,3)an－2，a1＝4，求数列{an}的通项公式．
【解析】 设f(x)＝－eq \f(1,3)x－2，
由f(x)＝x，得x＝－eq \f(3,2).
∴an＋1＋eq \f(3,2)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(3,2)))，
又a1＝4，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(3,2)))是以eq \f(11,2)为首项，以－eq \f(1,3)为公比的等比数列，
∴an＋eq \f(3,2)＝eq \f(11,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，
∴an＝－eq \f(3,2)＋eq \f(11,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，n∈N*.
2．已知数列{an}满足a1＝2，an＝eq \f(an－1＋2,2an－1＋1)(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
【解析】 解方程x＝eq \f(x＋2,2x＋1)，
化简得2x2－2＝0，解得x1＝1，x2＝－1，
令eq \f(an＋1－1,an＋1＋1)＝c·eq \f(an－1,an＋1)，
由a1＝2，得a2＝eq \f(4,5)，可得c＝－eq \f(1,3)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,an＋1)))是以eq \f(a1－1,a1＋1)＝eq \f(1,3)为首项，以－eq \f(1,3)为公比的等比数列，∴eq \f(an－1,an＋1)＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1，
∴an＝eq \f(3n－－1n,3n＋－1n).
3．设数列{an}满足8an＋1an－16an＋1＋2an＋5＝0(n≥1，n∈N*)，且a1＝1，记bn＝eq \f(1,an－\f(1,2))(n≥1)．求数列{bn}的通项公式．
【解析】 由已知得an＋1＝eq \f(2an＋5,16－8an)，
由方程x＝eq \f(2x＋5,16－8x)，得不动点x1＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(5,4).
所以eq \f(an＋1－\f(1,2),an＋1－\f(5,4))＝eq \f(\f(2an＋5,16－8an)－\f(1,2),\f(2an＋5,16－8an)－\f(5,4))＝eq \f(1,2)·eq \f(an－\f(1,2),an－\f(5,4))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－\f(1,2),an－\f(5,4))))是首项为－2，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以eq \f(an－\f(1,2),an－\f(5,4))＝－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－eq \f(4,2n)，
解得an＝eq \f(2n－1＋5,2n＋4).故bn＝eq \f(1,an－\f(1,2))＝eq \f(2n＋4,3)，n∈N*.