不动点求数列通项讲义-2026届高三数学一轮复习

( 第 1 页 共 4 页 ) 一、这道题带你直观了解不动点法求通项 二、函数不动点与稳定点性质与结论 1、相关定义 2、两个性质 3、四个结论 三、不动点迭代与桥函数定义 四、不动点迭代收敛定理 五、利用不动点求数列通项 六、利用不动点构造桥函数求数列通项 七、与不动点相关的模考题 1、不动点稳定点的性质 2、不动点与桥函数 3、不一样的不动点新定义 4、不动点迭代收敛定理 一、这道题带你直观了解不动点法求通项 【河北省级联考25年高三下模拟预测卷IIT19】已知函数 （ ， ） （1） 求函数 图象的对称中心； （2） 设方程 的两个实数根为 ， ，求证： 为常数； （3） 在数列 中， ， （ ），求证： . 解析： （1） （2） （3） 二、函数不动点与稳定点性质与结论 1、相关定义 定义1，不动点： 若存在 ，使得 ，则称 是函数 的一阶不动点，简称不动点 . 定义2，稳定点： 若存在 ，使得 ，则称 是函数 的二阶不动点，简称稳定点 . 定义3，周期点： 若存在 ，使得 ，且 ，则称 为函数 的二阶周期点，简称周期点 . 注意： （1） 不动点实际上是方程组 的解 的横坐标，或两者图象的交点的横坐标 （2） 稳定点是方程组 的解（这里的 可能相等），显然 ， 两点都在函数 的图象上，当 时， 两点关于直线 对称。从几何角度理解的话，稳定点是 和 图象的交点横坐标以及 图象上关于直线 对称的两点的横坐标 . （3） 周期点是方程组 的解，从图象角度来理解，周期点是 图象上关于直线 对称的两点的横坐标 . （4） 若 为函数 的不动点，则 必为函数 的稳定点，需要注意的是,稳定点不一定就是不动点，但若函数 单调递增，则它的不动点与稳定点是完全等价的 . （5） 若函数 存在二阶周期点，则必然成对出现，且二阶周期点必存在于不同的单调区间内 . （6） 若函数 存在一对二阶周期点 ，则 图上必存在一对关于直线 对称的点 ， . 2、两个性质 性质1： 若函数单调递增，则它的不动点与稳定点是完全等价的 . 证明： 若函数 有不动点 ，显然它也有稳定点 . 若函数 有稳定点 ，即 ，设 ，则 ，即 和 都在函数 的图象上 . 假设 ，因为 是增函数，则 ，即 ，与假设矛盾； 假设 ，因为 是增函数，则 ，即 ，与假设矛盾； 故 ，即 ，所以 有不动点 . 性质2： 若 有唯一不动点，则 也有唯一不动点 . 证明： 存在性： 设 是 的唯一不动点，记 ，则 ，所以 ，故 也是 的不动点。由 只有一个不动点可知 ，因此 f(x_0)$ $=x_0，即 $f(x)$ 有不动点 . 唯一性： 假设 也是 的不动点，易知 也是 的不动点，这与已知矛盾。故 有唯一不动点. 3、四个结论 结论1： 有解等价于 有解； 证明： 若 有解，下证 有解， 若 无解，则一定有 恒成立或 恒成立，不妨设 恒成立，将 换成 ，有 ，所以 ，这与 有解矛盾 . 反之，若 有解，不妨设 ，则 ，所以 有解. 结论2： 无解等价于 无解； 证明： 同 结论1 可证 结论3： 有解等价于 有解； 证明： 设 ，则 有解等价于 有解，将这个式子中的 代入 ，得 ，所以 有解，即 有解 结论4： 无解等价于 无解； 证明： 同 结论3 可证 三、不动点迭代与桥函数定义 定义4： 已知函数 ，记 ， ，，， ，则称 为函数 的 次迭代. 定义5：已知函数 和 ，若存在可逆函数（存在反函数），满足 ，则函数 和 互为相似函数，其中 称为桥函数. 注： 对此定义有两方面的说明 （1） 若 ，则 且 （2） 若 的不动点为 ，则 为函数 的不动点. 四、不动点迭代收敛定理 设有如下迭代 并称 为迭代函数 设点 为 的不动点，即 为 方程 的根 若该迭代收敛，迭代函数 必须满足如下不动点收敛定理 【不动点迭代收敛定理】 设迭代函数 在区间 上连续，且满足 ① 当 时， ； ② 存在一正数 ，满足 ，且 ，有 则有 （1） 方程 在区间 上 内有唯一解 （2） 对于任意初值 ，迭代 均收敛于 （3） （4） . 证明： 设 ，则 在区间 上连续可导，根据条件 ① ， 由零点存在性定理，方程 在区间 上至少存在一个根（存在性） 根据条件 ② ， ， 则 则函数 在区间 上单调递增 故方程 在区间 上 内有唯一解 （唯一性） 所以 （1） 得证； 由拉格朗日中值定理 又 ，则 所以 所以 （3） 得证； 由拉格朗日中值定理 又 ，则 所以 所以 （4） 得证； 因为 ，则 因此对于任意初值 ，迭代 均收敛于 所以 （2） 得证； 注： 条件 ①② 也就是保证 有唯一的不动点 存在 五、利用不动点求数列通项 利用递推数列 的不动点，可以将某些由递推关系 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6： 若数列 满足 ，则称 为数列 的特征函数. 定义7：方程 称为函数 的不动点方程（特征方程），其根 称为函数 的不动点. 若数列 的递推公式为 ，把此式中的 、 均换成 ，得方程 ，我们把方程 的实数根 称为数列 的不动点.利用数列的非零不动点，可以转化求等比、等差数列，继而可求出数列 的通项公式. 【典例1】 若 ， 是 的不动点， 满足递推关系 ，则 ，即 是以 为公比的等比数列. 证明： 【典例2】 设 ，且 只有两个相同的不动点 ，如果 满足递推关系 ，初值条件 ，则 证明： 【典例3】设 ， 满足递推关系 ，初值条件 ，若 有两个相异的不动点 ，则 .（这里 ） 证明： 【典例4】设 有两个不同的不动点 ，且 满足递推关系 ，那么当且仅当， 时， 证明： 六、利用不动点构造桥函数求数列通项 由 定义4 、定义5 可得如下结论 【结论】 对于数列 ：已知首项 ，及递推公式 ，，则数列 的通项公式即为 . 若能求出 ，则数列的通项公式即可很容易求出 . 而求 关键是需要找到合适的桥函数 ，使得 与相似的函数 能比较简单（常为一次函数或反比例函数），从而求 ，再由 求 .而由 定义5 的 注（2） 又启发我们可以利用函数 的不动点去构造桥函数 . 【典例5】 已知数列 满足：，，，求数列 的通项公式. 解析： 注： 若 （ ，， 为常数），则 ，其中 是 的不动点. 七、与不动点相关的模考题 1、不动点稳定点的性质 【浙江杭州二中25新高二分班考T17】对于函数 ，若 ，则称 为 的“不动点”；若 ，则称 为 的“稳定点”. （1） 求证：若 为 的“不动点”，则 为 的“稳定点”. （2） 若 ， ，若函数存在“不动点”和“稳定点”，且函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为 和 ，即 ， ，且 ，求实数 的取值范围. 解析： （1） 证明： （2） 2、不动点与桥函数 【25届金华卓越联盟高二5月阶段联考T19】已知 Ⅰ. 设函数 的值域是 ，对于 中的每个 ，若函数 在每一处 都等于它对应的 ，这样的函数 叫做函数 的反函数，记作 ，我们习惯记自变量为 ，因此 可改成 即为原函数的反函数 . 易知 与 互为反函数，且 。如 的反函数是 ，可改写成 即为 的反函数， 与 互为反函数 Ⅱ. 是定义在 且取值于 的一个函数，定义 ， ， ，， ，则称 是函数 在 上的 次迭代 . 例如 ，则 . 对于一些相对复杂的函数，为求出其 次迭代函数，我们引入如下一种关系：对于给定的函数 和 ，若函数 的反函数 存在，且有 ，称 与 关于 相似，记作 ，其中 称为桥函数，桥函数满足以下性质： ① 若 ，则 ； ② 若 为 的一个不动点，即 ，则 为 的一个不动点 . （1） 若函数 ，求 （写出结果即可） （2） 证明：若 ，则 ； （3） 若函数 ，求 （桥函数可选取 ），若 ，试选取恰当桥函数，计算 . 解析： （1） （2） （3） 3、不一样的不动点新定义 【浙江G5联盟24年高二期中T19】若存在 满足 ，且 ，则称 为函数 的次不动点. 已知函数 为常数且 . （1） 当 时，判断 是否为函数 的次不动点，并说明理由； （2） 已知 有两个次不动点 ， （i） 求 的取值范围； （ii） 若对任意 ， ，且 ，，，，求 的面积的取值范围. 解析： （1） （2） （i） （ii） 4、不动点迭代收敛定理 【山东新高考联合质量测评25届高三10月联考T19】在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个重要的不动点定理，它可以应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石. 简单地讲，就是对于满足一定条件的连续函数 ， ，若存在 ，使得 ，则称 是函数 的不动点 已知函数 . （1） 若函数 只有一个不动点，求实数 的取值范围； （2） 当 时，数列 满足： ， . 证明：对任意的 ， 解析： （1） （2） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 一、这道题带你直观了解不动点法求通项 二、函数不动点与稳定点性质与结论 1、相关定义 2、两个性质 3、四个结论 三、不动点迭代与桥函数定义 四、不动点迭代收敛定理 五、利用不动点求数列通项 六、利用不动点构造桥函数求数列通项 七、与不动点相关的模考题 1、不动点稳定点的性质 2、不动点与桥函数 3、不一样的不动点新定义 4、不动点迭代收敛定理 一、这道题带你直观了解不动点法求通项 【河北省级联考 25 年高三下模拟预测卷 IIT19】已知函数 ( 1 )求函数 图象的对称中心； (2)设方程 的两个实数根为 ,求证: 为常数; (3)在数列 中, , ,求证: . 解析: (1)分离常数可得 函数 图象的对称中心为 (2)由已知 所以 故 故得证 (3) 因为 所以 设 ,解得 由( 2 )知 即 数列 是首项为 ,公比为 的等比数列 所以 所以 ① 当 为偶数时 所以 ② 当 为奇数时 若 时, 成立 若 为大于 1 的奇数时 因为 所以 综上所述, 结论成立. 二、函数不动点与稳定点性质与结论 1、相关定义 定义 1,不动点: 若存在 ,使得 ,则称 是函数 的一阶不动点, 简称不动点. 定义 2,稳定点: 若存在 ,使得 ,则称 是函数 的二阶不动点, 简称稳定点. 定义 3,周期点: 若存在 ,使得 ,且 ,则称 为函数 的二阶周期点,简称周期点. 注意: (1)不动点实际上是方程组 的解 的横坐标,或两者图象的交点的横坐标 (2)稳定点是方程组 的解(这里的 可能相等),显然 , 两点都在函数 的图象上,当 时, 两点关于直线 对称。从几何角度理解的话,稳定点是 和 图象的交点横坐标以及 图象上关于直线 对称的两点的横坐标. (3)周期点是方程组 的解,从图象角度来理解,周期点是 图象上关于直线 对称的两点的横坐标. (4)若 为函数 的不动点,则 必为函数 的稳定点,需要注意的是,稳定点不一定就是不动点,但若函数 单调递增,则它的不动点与稳定点是完全等价的. (5)若函数 存在二阶周期点,则必然成对出现,且二阶周期点必存在于不同的单调区间内. ( 6 )若函数 存在一对二阶周期点 ,则 图上必存在一对关于直线 对称的点 . 2、两个性质 性质 1: 若函数单调递增, 则它的不动点与稳定点是完全等价的. 证明: 若函数 有不动点 ,显然它也有稳定点 . 若函数 有稳定点 ,即 ,设 ,则 ,即 和 都在函数 的图象上. 假设 ,因为 是增函数,则 ,即 ,与假设矛盾; 假设 ,因为 是增函数,则 ,即 ,与假设矛盾; 故 ,即 ,所以 有不动点 . 性质 2: 若 有唯一不动点,则 也有唯一不动点. 证明: 存在性: 设 是 的唯一不动点,记 ,则 ,所以 ,故 也是 的不动点。由 只有一个不动点可知 ,因此 ,即 有不动点. 唯一性: 假设 也是 的不动点,易知 也是 的不动点,这与已知矛盾。故 有唯一不动点. 3、四个结论 结论 1: 有解等价于 有解; 证明: 若 有解,下证 有解, 若 无解,则一定有 恒成立或 恒成立,不妨设 恒成立,将 换成 ,有 ,所以 ,这与 有解矛盾. 反之,若 有解,不妨设 ,则 ,所以 有解. 结论 2: 无解等价于 无解; 证明: 同结论 1 可证 结论 3: 有解等价于 有解; 证明: 设 ,则 有解等价于 有解,将这个式子中的 代入 ,得 ,所以 有解,即 有解 结论 4: 无解等价于 无解; 证明: 同结论 3 可证 三、不动点迭代与桥函数定义 定义 4: 已知函数 ,记 ,则称 为函数 的 次迭代. 定义 5: 已知函数 和 ,若存在可逆函数(存在反函数) ,满足 ,则函数 和 互为相似函数,其中 称为桥函数. 注: 对此定义有两方面的说明 (1) 若 ,则 且 . (2)若 的不动点为 ,则 为函数 的不动点. 五、不动点迭代收敛定理 设有如下迭代 并称 为迭代函数 设点 为 的不动点,即 为方程 的根 若该迭代收敛,迭代函数 必须满足如下不动点收敛定理 【不动点迭代收敛定理】设迭代函数 在区间 上连续,且满足 1 当 时, ; ② 存在一正数 ,满足 ,且 ,有 则有 ( 1 )方程 在区间 上内有唯一解 (2)对于任意初值 ,迭代 均收敛于 (3) (4) . 证明: 设 ,则 在区间 上连续可导,根据条件 ①, 由零点存在性定理,方程 在区间 上至少存在一个根 (存在性) 根据条件 ②, ,则 则函数 在区间 上单调递增 故方程 在区间 上内有唯一解 (唯一性) 所以 (1) 得证; 由拉格朗日中值定理 又 ,则 所以 所以 (3) 得证; 由拉格朗日中值定理 又 ,则 所以 所以 (4) 得证; 因为 ,则 因此对于任意初值 ,迭代 均收敛于 所以 (2) 得证; 注: 条件 ① ② 也就是保证 有唯一的不动点 存在; 六、利用不动点求数列通项 利用递推数列 的不动点,可以将某些由递推关系 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 6: 若数列 满足 ,则称 为数列 的特征函数. 定义 7: 方程 称为函数 的不动点方程 (特征方程),其根 称为函数 的不动点. 若数列 的递推公式为 ,把此式中的 均换成 ,得方程 ,我们把方程 的实数根 称为数列 的不动点. 利用数列的非零不动点,可以转化求等比、等差数列,继而可求出数列 的通项公式. 【典例 1】若 是 的不动点, 满足递推关系 ,则 ,即 是以 为公比的等比数列. 证明: 因为 是 的不动点 由 得 所以 是以 为公比的等比数列. 【典例 2】设 ,且 只有两个相同的不动点 ,如果 满足递推关系 ,初值条件 ,则 证明: 由 得 整理得 所以 所以 【典例 3】设 满足递推关系 ,初值条件 ,若 有两个相异的不动点 ,则 . (这里 证明: 因为 是不动点,所以 所以 令 ,则 【典例 4】设 有两个不同的不动点 ,且 满足递推关系 ,那么当且仅当 时, 证明: (同学们可以尝试一下) 七、利用不动点构造桥函数求数列通项 由定义 4 、定义 5 可得如下结论 【结论】对于数列 : 已知首项 ,及递推公式 ,则数列 的通项公式即为 . 若能求出 ,则数列的通项公式即可很容易求出. 而求 关键是需要找到合适的桥函数 ,使得 与相似的函数 能比较简单 (常为一次函数或反比例函数),从而求 ,再由 求 . 而由定义 5 的注 (2) 又启发我们可以利用函数 的不动点去构造桥函数 . 【典例 5】已知数列 满足: ,求数列 的通项公式. 解析: 令 ,则的不动点为 构造桥函数 ,则 则 又 则 所以数列 的通项公式为 注: 若 ( 为常数),则 ,其中 是 的不动点. 八、与不动点相关的模考题 1、不动点稳定点的性质 【浙江杭州二中 25 新高二分班考 T17】对于函数 , 若 ,则称 为 的 “不动点”; 若 ,则称 为 的 “稳定点”. (1)求证:若 为 的“不动点”,则 为 的“稳定点”. (2)若 ,若函数存在“不动点”和“稳定点”,且函数的“不动点” 和“稳定点”的集合分别记为 和 ,即 ,且 ,求实数 的取值范围. 解析: (1)证明: 设 的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为 和 ,则 , ,所以只需证 若 ,则 显然成立; 若 ,设 ,即 则 ,故 (2)由题意得 存在“不动点”和“稳定点”,所以 设 有实根, 由 (1) 得 ,所以 ,则 方程 的根只有两种情况 ① 有实根,且实根是方程 的根 代入方程 得 ,即 再代入方程 得 解得 ② 没有实根, 解得 综上所述, 的取值范围是 . 2、不动点与桥函数 【25 届金华卓越联盟高二 5 月阶段联考 T19】已知 I. 设函数 的值域是 ,对于 中的每个 ,若函数 在每一处 都等于它对应的 ,这样的函数 叫做函数 的反函数,记作 ,我们习惯记自变量为 ,因此 可改成 即为原函数的反函数. 易知 与 互为反函数,且 。如 的反函数是 ,可改写成 即为 的反函数, 与 互为反函数 II. 是定义在 且取值于 的一个函数,定义 ,则称 是函数 在 上的 次迭代. 例如 ,则 . 对于一些相对复杂的函数,为求出其 次迭代函数,我们引入如下一种关系: 对于给定的函数 和 ,若函数 的反函数 存在,且有 ,称 与 关于 相似,记作 ,其中 称为桥函数,桥函数满足以下性质: ① 若 ,则 ； ② 若 为 的一个不动点,即 ,则 为 的一个不动点. ( 1 )若函数 ,求 (写出结果即可) (2)证明:若 ,则 ； ( 3 )若函数 ,求 ( 桥函数可选取 ),若 ,试选取恰当桥函数,计算 . 解析: (1) (2) 因为 ,有 ,即 所以有 即 由数学归纳法或递推法可知 成立. ( 3 )根据相似函数不动点也相似, 桥函数选取时可令不动点为一解当 可选取桥函数 (不唯一) 所以 由(2)可知, ,即有 当 ,选取桥函数 由(2)可知, ,即有 3、不一样的不动点新定义 【浙江 G5 联盟 24 年高二期中 T19】若存在 满足 ,且 ,则称 为函数 的次不动点. 已知函数 为常数且 . (1)当 时,判断 是否为函数 的次不动点,并说明理由； (2)已知 有两个次不动点 , (i) 求 的取值范围; (ii) 若对任意 ,且 , ,求 的面积的取值范围. 解析: (1) 当 时, ,但 所以 不是函数 的次不动点. (2) (i) ① 当 时,有 所以 只有一个解 ,又 ,故0不是次不动点. ② 当 时,有 所以 有解集 又当 时, ,故 中的所有点都不是次不动点. ③ 当 时,有 所以 有四个解 又 故只有 是 的次不动点。 综上所述,所求 的取值范围为 (ii)由(i)得,当 时,有 的在 递增, 递减, 递增, 递减 的最大值点为 或 设 ,则 4、不动点迭代收敛定理 【山东新高考联合质量测评 25 届高三 10 月联考 T19】在数学中, 布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个重要的不动点定理, 它可以应用到有限维空间,并且是构成一般不动点定理的基石. 简单地讲,就是对于满足一定条件的连续函数 ,若存在 ,使得 ,则称 是函数 的不动点已知函数 . (1)若函数 只有一个不动点,求实数 的取值范围； (2)当 时,数列 满足: . 证明:对任意的 解析:(1)略 (2) ① 下面先证明 是单调递减数列 记 所以 在 单调递减,故 所以 ,即数列 是单调递减 ② 下面用数学归纳法证 . 所以 在 单调递增 当 时, 所以 ,即 因为 ,则 假设 成立,则 也成立 从而 . 故 ③ 求不动点 已知迭代 令 方程 等价于 记 所以 在区间 上单调递减, 有 ,故 在区间 上仅有一个零点, 即 在区间 上仅有一解,即 在区间 上有唯一的不动点 ④ 判断是否满足条件 则 在区间 上单调递增 所以 在区间 上单调递增 且 所以 满足不动点收敛定理条件 ① ,并记 ,则 又 ,则由结论 (4) 得 所以 学科网（北京）股份有限公司 $$