高考数学微专题集不动点解特殊方程(原卷版+解析)

这是一份高考数学微专题集不动点解特殊方程(原卷版+解析)，共15页。试卷主要包含了解方程，已知函数，求方程的近似根等内容，欢迎下载使用。
任何一个方程的求解都可以化为求某个函数的不动点间题．因为，任一方程总可以写成的形式，这里是x的函数，将变为等式，记，就能得到与的同解方程，从而将求的解变成求函数不动点的问题了．
在解方程之前，我们往往先要了解方程解的情况，如果方程根本就无解，那么研究它的解法是没有意义的．另一方面，有些实际和理论问题的解决，只要求出方程的近似解，甚至并不需要对方程进行具体求解，而只要知道方程的解是否存在．举一个颇有影响的例子：公元1799年德国数学家高斯（Gauss）证明了“在复数范围内，n次代数方程：至少有一个根”．即著名代数基本定理．利用不动点理论，我们可以把方程的求根问题化为求函数的不动点问题，由于方程的根不可能超越复平面的某个半径很大的圆域，且函数显然是连续的．因此，在这个大圆域内运用布劳韦尔（Bruwer）不动点理论，知道至少存在一个，使，即，也就是说方程至少有一个根．可是，当时证明这个定理是艰辛的．
也许上述这个例子较抽象．我们不妨来看方程
（*）
要判定它是否有解，用常规方法是难以奏效的．事实上，判定方程（*）是否有解，就是判定是否存在不动点．
显然在时有意义，且时，．故，又因为当时正、余弦函数均为连续函数．所以也连续，由布劳韦尔不动点理论可知必有不动点，即方程（*）必有解．
对于初等数学中的一类特殊的方程，下面我们在实数范围内，研究不动点与这类方程的求解问题．
定理1．若函数的定义域为，值域为，且，则在上，函数的不动点也是其n次选代函数的不动点，即方程的解也是方程的解．
证明：（1）当时，设函数的不动点为，
即．
因为，所以．
所以成立．
（2）设当时，命题成立．即．则
当时，．
所以当时命题也成立，
综上，可知命题对均成立．
例1．求方程的实数根．
解：
所以 （*）
令，显然，
所以的不动点就是的不动点．
即，的实根就是方程（*）的实根．
解得．
所以原方程的实根为．
例2．解方程
解：令，则
设，则原方程为，因为的解为．
所以的解亦为．
所以原方程的解为．
例3．解方程
解：令，则原方程为，
对于，易知．
可知的不动点就是的不动点．
所以解方程，得；（舍去）
因而原方程的解为．
例4．解方程
解：原方程可化为
令，故原方程为
由，解得
所以
．
因为，
所以或．
故原方程有四个实根，即．
定理2．若方程的解集为N，的不动点集为M，则．
证明：①若无不动点，则显然有．
②若是的任一不动点，，
则
因为
所以是方程的解．即．
综上知有．
事实上，定理2说明互为反函数的两函数图像的交点未必一定在直线上，如：函数与其反函数的图像的三个交点，其中只有点在直线．
定理3．若函数在定义域内单调递增，则方程的解是函数的不动点．
证明：①若方程无解，则由定理2可知，无不动点．
②若方程有解，设是它的任一解，则．
若，因在定义域内单调递增，
则，这与假设矛盾．
同理，也不成立，故，即为不动点．
反之，若函数的不动点为，由定理2可知，是方程的解．
例5．已知函数．解方程．
解：因为，当时，单调递增，故只需解方程，
解得．
所以方程的解为．
我们常把一些方程的求解问题化为不动点问题来考虑，有些方程还可用逐步通近来解，它是代数方程及计算数学中的重要方法，其主要思想是：若是实函数，要解方程，可将化为等价方程（即求的不动点）．由于该不动点不易求出，因此，我们考虑的递归数列．
如果数列初始值，且数列有极限，即，当连续时，，
所以，即方程的实根为，其中称为的n次近似根．
例6．求方程的近似根．
解：原方程可化为，两边同除得．
令
因为的不动点不易求出，考虑其递归数列
设，因为．
故取初始值．则
，
当时，，即
所以，故方程的一个近似根为
必须指出：若将方程化为，两边同除x得，令，
则其通归数列
当时，
，
我们发现（读者可在计算机上进行计算），当n越来越大时，不趋于任何一个常数．用数学语言说就是，数列是一个发散数列，这样就求不出原方程的根了．因此，如何构造递归数列，构造的递归数列是否有极限是关键的．
【强化训练】
1．解方程．
2．解方程．
3．若，解方程．
4．求方程的正的近似根（精确到）．
不动点解特殊方程
利用不动点法解特殊方程
任何一个方程的求解都可以化为求某个函数的不动点间题．因为，任一方程总可以写成的形式，这里是x的函数，将变为等式，记，就能得到与的同解方程，从而将求的解变成求函数不动点的问题了．
在解方程之前，我们往往先要了解方程解的情况，如果方程根本就无解，那么研究它的解法是没有意义的．另一方面，有些实际和理论问题的解决，只要求出方程的近似解，甚至并不需要对方程进行具体求解，而只要知道方程的解是否存在．举一个颇有影响的例子：公元1799年德国数学家高斯（Gauss）证明了“在复数范围内，n次代数方程：至少有一个根”．即著名代数基本定理．利用不动点理论，我们可以把方程的求根问题化为求函数的不动点问题，由于方程的根不可能超越复平面的某个半径很大的圆域，且函数显然是连续的．因此，在这个大圆域内运用布劳韦尔（Bruwer）不动点理论，知道至少存在一个，使，即，也就是说方程至少有一个根．可是，当时证明这个定理是艰辛的．
也许上述这个例子较抽象．我们不妨来看方程
（*）
要判定它是否有解，用常规方法是难以奏效的．事实上，判定方程（*）是否有解，就是判定是否存在不动点．
显然在时有意义，且时，．故，又因为当时正、余弦函数均为连续函数．所以也连续，由布劳韦尔不动点理论可知必有不动点，即方程（*）必有解．
对于初等数学中的一类特殊的方程，下面我们在实数范围内，研究不动点与这类方程的求解问题．
定理1．若函数的定义域为，值域为，且，则在上，函数的不动点也是其n次选代函数的不动点，即方程的解也是方程的解．
证明：（1）当时，设函数的不动点为，
即．
因为，所以．
所以成立．
（2）设当时，命题成立．即．则
当时，．
所以当时命题也成立，
综上，可知命题对均成立．
例1．求方程的实数根．
解：
所以 （*）
令，显然，
所以的不动点就是的不动点．
即，的实根就是方程（*）的实根．
解得．
所以原方程的实根为．
例2．解方程
解：令，则
设，则原方程为，因为的解为．
所以的解亦为．
所以原方程的解为．
例3．解方程
解：令，则原方程为，
对于，易知．
可知的不动点就是的不动点．
所以解方程，得；（舍去）
因而原方程的解为．
例4．解方程
解：原方程可化为
令，故原方程为
由，解得
所以
．
因为，
所以或．
故原方程有四个实根，即．
定理2．若方程的解集为N，的不动点集为M，则．
证明：①若无不动点，则显然有．
②若是的任一不动点，，
则
因为
所以是方程的解．即．
综上知有．
事实上，定理2说明互为反函数的两函数图像的交点未必一定在直线上，如：函数与其反函数的图像的三个交点，其中只有点在直线．
定理3．若函数在定义域内单调递增，则方程的解是函数的不动点．
证明：①若方程无解，则由定理2可知，无不动点．
②若方程有解，设是它的任一解，则．
若，因在定义域内单调递增，
则，这与假设矛盾．
同理，也不成立，故，即为不动点．
反之，若函数的不动点为，由定理2可知，是方程的解．
例5．已知函数．解方程．
解：因为，当时，单调递增，故只需解方程，
解得．
所以方程的解为．
我们常把一些方程的求解问题化为不动点问题来考虑，有些方程还可用逐步通近来解，它是代数方程及计算数学中的重要方法，其主要思想是：若是实函数，要解方程，可将化为等价方程（即求的不动点）．由于该不动点不易求出，因此，我们考虑的递归数列．
如果数列初始值，且数列有极限，即，当连续时，，
所以，即方程的实根为，其中称为的n次近似根．
例6．求方程的近似根．
解：原方程可化为，两边同除得．
令
因为的不动点不易求出，考虑其递归数列
设，因为．
故取初始值．则
，
当时，，即
所以，故方程的一个近似根为
必须指出：若将方程化为，两边同除x得，令，
则其通归数列
当时，
，
我们发现（读者可在计算机上进行计算），当n越来越大时，不趋于任何一个常数．用数学语言说就是，数列是一个发散数列，这样就求不出原方程的根了．因此，如何构造递归数列，构造的递归数列是否有极限是关键的．
【强化训练】
1．解方程．
2．解方程．
3．若，解方程．
4．求方程的正的近似根（精确到）．
参考答案：
1．.
分析：令，由不动点法解方程的定理，要求原方程的解只需求的解即可.
【详解】设，则的不动点也是的不动点，
所以方程的根是原方程的根，方程有唯一解，
所以原方程的根为．
2．.
分析：研究的不动点，可得原方程的部分解，进而知是的一个因式，应用因式分解得到其它因式并求解，即可得原方程的解.
【详解】令，则．
方程的解为，也是方程的解，
所以多项式有因式，
故，
由，得，
故原方程的根是．
3．.
分析：根据的单调性与反函数的性质，转化为求的解即可.
【详解】因为在R上单调递增，图象关于对称，
所以图象交点就是图象交点，
故方程的解就是方程的解，
可得．
所以方程的解为．
4．.
分析：将方程化为，研究的不动点，结合递归数列存在极限，取区间端点值为起始值，即可求近似根.
【详解】原方程可化为，令，其递归数列为，
所以原方程的正根在0与1之间，
取初始值，
取作为近似值，则．