(no.1)2013年高中数学教学论文 用不动点法求数列的通项

第一篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 用不动点法求数列的通项

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用不动点法求数列的通项

定义：方程f(x)x的根称为函数f(x)的不动点.利用递推数列f(x)的不动点，可将某些递推关系anf(an1)所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种方法称为不动点法.定理1：若f(x)axb(a0,a1),p是f(x)的不动点，an满足递推关系anf(an1),(n1)，则anpa(an1p)，即{anp}是公比为a的等比数列.证明：因为 p是f(x)的不动点

apbp

bpap由anaan1b得anpaan1bpa(an1p)

所以{anp}是公比为a的等比数列.定理2：设f(x)axb(c0,adbc0)，{an}满足递推关系anf(an1),n1，初cxd值条件a1f(a1)

（1）：若f(x)有两个相异的不动点p,q，则

anpapapc（这里k）kn1aqcanqan1q（2）：若f(x)只有唯一不动点p，则

2c11）k（这里kadanpan1p证明：由f(x)x得f(x)axbx，所以cx2(da)xb0

cxdpdbp2apccp(da)pb0（1）因为p,q是不动点，所以2，所以 cq(da)qb0qqdbaqcaan1bpdbpan1anpcan1d(apc)an1bpdapcapcapcan1pqdbaqcan1qanqaan1b(aqc)an1bqdaqcan1qaqccan1d令kapapapc，则n kn1aqcanqan1q用心 爱心 专心

n1用心 爱心 专心

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由此解得a)2n1(22)2n1n2(22(22)2n1(22)2n1

其实不动点法除了解决上面所考虑的求数列通项的几种情形,还可以解决如下问题: 42例4：已知a10,a11且aan6an1n14a2n(an1),求数列{an}的通项.解: 作函数为f(x)x46x214x(x21),解方程f(x)x得f(x)的不动点为 x11,x21,x333i,x343i.取p1,q1,作如下代换: a42n6an1a21432n114an(an1)an4an6an4an1n1a42n11an6an1a432(an4an6an4an1a)4 n14a21n(an1)(a4n1逐次迭代后,得:a11)(an111)4n(a(a4n1

11)4n111)

用心 爱心 专心

第二篇：不动点法求数列通项的证明

对于an1AanB的递推式，两端减x后得到 anC

(Ax)an(BCx)AxBCx(an)anCanCAx

BCx，这个方程与在递推式中令an1an得的方程是Axan1x为了能构成等比数列，则令x

一样的，有点类似于令f(x)=x形式，所以称这种方法为不动点法 得到x的值，于是原式为an1xAx(anx)anC

若x有两个不等根x1,x2（包括虚数根）则分别代入后得 an1x2Ax2Ax1(anx2)和an1x1(anx1)anCanC

两式相除得anx1an1x1Ax1anx1即可，构造等比数列{anx2an1x2Ax2anx2

112构造等差数列即可 an1xanxAC若得到的是等根x，则不能按上述构造等比数列 只能考虑等差数列求得

第三篇：河南省2021年高三专题复习用不动点法求数列通项

用不动点法求数列的通项

定义：方程的根称为函数的不动点.利用递推数列的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种方法称为不动点法.定理1：若是的不动点，满足递推关系，则，即是公比为的等比数列.证明：因为

是的不动点

由得

所以是公比为的等比数列.定理2：设，满足递推关系，初值条件

（1）：若有两个相异的不动点，则

（这里）

（2）：若只有唯一不动点，则

（这里）

证明：由得，所以

（1）因为是不动点，所以，所以

令，则

（2）因为是方程的唯一解，所以

所以，所以

所以

令，则

例1：设满足，求数列的通项公式

例2：数列满足下列关系：，求数列的通项公式

定理3：设函数有两个不同的不动点,且由确定着数列,那么当且仅当时,证明:

是的两个不动点

即

于是,方程组有唯一解

例3：已知数列中，求数列的通项.其实不动点法除了解决上面所考虑的求数列通项的几种情形,还可以解决如下问题:

例4：已知且,求数列的通项.解:

作函数为,解方程得的不动点为

.取,作如下代换:

逐次迭代后,得:

已知曲线．从点向曲线引斜率为的切线，切点为．

（１）求数列的通项公式；

（２）证明：

设为实数，是方程的两个实根，数列满足，（…）．（1）证明：，；（2）求数列的通项公式；（3）若，求的前项和．

已知函数，是方程的两个根（），是的导数，设，．

（1）求的值；

（2）证明：对任意的正整数，都有；

（3）记，求数列的前项和

13陕西文21．（本小题满分12分）已知数列满足，.令，证明：是等比数列；

(Ⅱ)求的通项公式。

2山东文20.（本小题满分12分）等比数列{}的前n项和为，已知对任意的，点，均在函数且均为常数)的图像上.（1）求r的值；（11）当b=2时，记

求数列的前项和

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

第四篇：高中数学数列求通项公式习题

补课习题

（四）的一个通项公式是（），A、anB、anC、anD、an2．已知等差数列an的通项公式为an32n , 则它的公差为（）

A、2B、3C、2D、

33．在等比数列{an}中, a116,a48,则a7（）

A、4B、4C、2D、

24．若等比数列an的前项和为Sn，且S1010，S2030，则S30

5．已知数列an通项公式ann210n3，则该数列的最小的一个数是

6．在数列{an}中，a1于．

7．已知{an}是等差数列，其中a131，公差d8。

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）数列{an}从哪一项开始小于0？

（3）求数列{an}前n项和的最大值，并求出对应n的值． 11nan且an1，则数列nN的前99项和等2n1anan

8．已知数列an的前项和为Snn23n1，（1）求a1、a2、a3的值；

（2）求通项公式an。

9．等差数列an中，前三项分别为x,2x,5x4，前n项和为Sn，且Sk2550。

（1）、求x和k的值；

（2）、求Tn=1111;S1S2S3Sn

(3)、证明: Tn

1考点：

1.观察法求数列通项公式;2.等差数列通项公式;3.等比公式性质;4.等比公式前n项和公式应用;5.数列与函数结合;6.求通项公式;7.基本的等差数列求通项公式及其应用;8.求通项公式;9.等差数列性质应用及求和与简单的应用

答案：

1.B;2.C;3.A;4.70;5.-22;6.5049.7.（1）an398n（2）n=5(3)sn76、n=4;

8.（1）a1

5、a2

6、a38（2）an5;n1)2n2;n2)

9.（1）由4xx5x4得x2,an2n,.Snn(n1),k(k1)2550得k50

(2).Snn(n1),Sn111 n(n1)nn1

T1111111111n12334n1nnn1n1n1

11且0（3）Tn1n1n1

Tn1

第五篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 数列通项公式的求解策略 新人教版

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an1panqr型数列通项公式的求解策略——分 消 化 迭 归

由递推公式求数列的通项公式是数列中的常见题型,也是高考考察的热点.本文就递推关系为an1panqr(p,q,r为非零常数)的数列通项公式的求法(或证法),谈以下几种求解策略,仅供nn参考.例 数列an中，a156，an113an12n1(nN)，求数列an的通项公式.

分析 构造等比数列是求解该题的有效途径.策略1 分——将确定x的值.解法1 由an113an12n112n1拆分成两部分,分配给an1与an.构造新数列anx,由待定系数法n2, 可设an1x2n11x11xaan.a, 即n1nnn36232由x62231n12n1,解得x3.∴an132n13133aaa, ∴数列是以 n1nnn232232n为首项,以13为公比的等比数列.∴an2133n123n, ∴an32n23n.11an1ann1132策略2 消——由,消去n1生成新的等比数列.21a1ann1n3211an1ann1(1)32解法2 由题意，，1a1a,n2(2)nn1n3212(1)－(2)×,得an112an11aa,n2.n1n32∴数列an11111an是以a2a1为首项,为公比的等比数列.2932n1∴an111an293113n1„„(3)将(1)式代入(3)式,整理得an32n23n.用心 爱心 专心 1

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策略3 化——将解法3 将an1n1213n1化为常数.12n1an两边同乘以22n1,得2n1an1232an1.4n令bn2an,上式可化为bn1bn1,即bn132bn3.∴数列bn是以b13为

333首项,2为公比的等比数列.∴3b342n1nnn322233, ∴b2n33.n即2na232n323.∴an2n3n.策略4 迭——迭代法 解法4 ∵a111n113an12n1, ∴a1n3an112n13a1a3n22n12n32n211132a111a1111312n112n1113n32n232n12n33n3322n232n12n 11111113n1a113n222312n112n113n132113n22232n12n 1311112n23n13n1213n2122312n112n3n32n2133n.2策略5 迭——迭加法 解法5 ∵a111n13an12n1, ∴an13an2n1.∴a1nan3a1a13a1133a111n1n1an22n23an33n2a2313n1a1 12n111312n13212n213n21223n11321232n3n.策略6 归——数学归纳法 将本题中的“求数列an的通项公式”改为“证明 数列an的通项公式为a2n32n3n”,可采用此法证明如下：

解法6(证明)(1)当n1时,a3122356，结论成立.(2)假设当nk时, a3k2k23k.用心 爱心 专心 2

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那么,当nk1时,ak11ak1k1121321321.kkk1k1k1k1kk12323223223.a2n32n3n对任意nN都成立.用心 爱心 专心 3 3所以当nk1时,结论也成立 由(1)(2)可知,通项公式