不动点法求数列通项公式

前情概要

以前认为，以下的这些求数列的通项公式的方法都比较小众，不是主流的高考考查方法，在此只是作以整理； 但在新的高考模式下，对数列内容的考查难度加大后[以前数列的考查难度和三角函数是同一难度水平序列的，6个大题的考查位置在第一个大题的位置；现在将数列的考查放到了最后一个压轴题的位置，难度明显增大了许多]，以前认为的那些小众方法，可能需要重新认识，尤其是不动点法求数列的通项公式，故重新编辑本篇博文。

不动点法

不动点法[原是大学的高等数学内容，高中学生只需要会用这个方法即可]是求数列通项公式的一种重要方法，也称为特征根法或迭代法。主要适用于一阶线性递推关系 \(a_{n+1}\) \(=\) \(pa_n\) \(+\) \(q\) 回顾直线方程 \(y=kx+b\)，\(x\) 的次数或阶数是一次，其图像是直线，故称 \(y\) 是 \(x\) 的一阶线性函数，同理，我们称 \(a_{n+1}\) \(=\) \(pa_n\) \(+\) \(q\) 为一阶线性递推关系 .当 \(p=0\) 时为常数列；当 \(p\neq0\)，\(q=0\) 时为等比数列，都比较简单；故此处重点研究 \(p\) \(\cdot\) \(q\) \(\neq\) \(0\) 的情形 . ( \(p\)、\(q\)是常数 )，或一阶线性分式递推关系 \(a_{n+1}\) \(=\) \(\cfrac{pa_n+q}{ra_n+s}\) ( \(p\)、\(q\)、\(r\)、\(s\) 是常数，且 \(ra_n+s\neq0\) ) 推导通项公式 .

函数的不动点定义：对于函数 \(f(x)\) 而言，若存在实数 \(x_{0}\) ，使得 \(f(x_{0})\)\(=\)\(x_{0}\) ，则称 \(x_{0}\) 是函数 \(f(x)\) 的一个不动点。

数列的不动点定义：一般的，对于递推数列 \(\{a_{n}\}\) ，其递推式为 \(a_{n+1}=f(a_{n})\) ，若存在实数 \(x_{0}\) ，使得 \(f(x_{0})\)\(=\)\(x_{0}\) ，则称 \(x_{0}\) 是数列 \(\{a_n\}\) 的一个不动点。通过求解函数 \(f(x)\) 的不动点，可将数列的递推关系进行巧妙转化，从而求出数列的通项公式，遂称此方法为求数列通项公式的不动点法。

具体解题步骤

①. 首先根据数列的递推公式 \(a_{n+1}\) \(=\) \(f(a_{n})\)，写出对应的函数 \(f(x)\)；

②. 然后令 \(f(x_0)\) \(=\) \(x_0\)，解这个方程，求出函数 \(f(x)\) 的不动点 \(x_{0}\)；

③. 对递推公式进行变形，一般是将 \(a_{n+1}\) \(-\) \(x_{0}\) 进行同构变换，使其能呈现出等比数列或其他可求通项的形式；

④. 根据变形后的式子，求出数列 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式。具体通过下面的例子加以理解：

案例说明

已知数列 \(\{a_{n}\}\) 满足 \(a_{1}=2\) ， \(a_{n + 1}=\cfrac{2a_{n}+1}{a_{n}+2}\) ，求数列 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式。

解析：根据递推公式 \(a_{n+1}\) \(=\) \(\cfrac{2a_{n}+1}{a_{n}+2}\) ，即 \(a_{n+1}\) \(=\) \(\cfrac{2a_{n}+1}{a_{n}+2}\) \(=\) \(f(a_n)\)，则可得函数 \(f(x)\) \(=\) \(\cfrac{2x+1}{x+2}\) 。

再求不动点，令 \(f(x)=x\) ，即 \(\cfrac{2x+1}{x+2}\) \(=\) \(x\) ，化简：\(2x+1\) \(=\) \(x(x+2)\)，即 \(2x+1\) \(=\) \(x^{2}\) \(+\) \(2x\)，

也即 \(x^{2}\) \(=\) \(1\)，则有 \(x\) \(=\) \(\pm1\)，所以函数 \(f(x)\) 的不动点为 \(x_{1}\) \(=\) \(1\) 和 \(x_{2}\) \(=\) \(-1\)[即有两个相异的不动点] 。

紧接着，对已知的递推公式进行变形〖两边同减 \(x_{0}\)，有两个相异的不动点就减两次，得到以下式子〗

\(a_{n+1}-1\) \(=\) \(\cfrac{2a_{n}+1}{a_{n}+2}-1\) \(=\) \(\cfrac{2a_{n}+1-(a_{n}+2)}{a_{n}+2}\) \(=\) \(\cfrac{a_{n}-1}{a_{n}+2}\)①

\(a_{n + 1}+1\) \(=\) \(\cfrac{2a_{n}+1}{a_{n}+2}+1\) \(=\) \(\cfrac{2a_{n}+1+(a_{n}+2)}{a_{n}+2}\) \(=\) \(\cfrac{3a_{n}+3}{a_{n}+2}\)②

两式相除，①/② 可得：

\(\cfrac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+1}\) \(=\) \(\cfrac{\cfrac{a_{n}-1}{a_{n}+2}}{\cfrac{3a_{n}+3}{a_{n}+2}}\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(\cdot\) \(\cfrac{a_{n}-1}{a_{n}+1}\)由于这个式子变化中，\(\cfrac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+1}\) 和 \(\cfrac{a_{n}-1}{a_{n}+1}\) 是结构相同的，所以也称为同构变换。

设 \(b_{n}\)\(=\)\(\cfrac{a_{n}-1}{a_{n}+1}\) ，则 \(b_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{1}{3}\cdot b_{n}\) ，且 \(b_{1}\)\(=\)\(\cfrac{a_{1}-1}{a_{1}+1}\)\(=\)\(\cfrac{2-1}{2+1}\)\(=\)\(\cfrac{1}{3}\) 。

所以数列 \(\{b_{n}\}\) 是以 \(\cfrac{1}{3}\) 为首项，\(\cfrac{1}{3}\) 为公比的等比数列。

根据等比数列通项公式，可得 \(b_{n}\)\(=\)\(b_{1}\cdot q^{n- 1}\)\(=\)\(\cfrac{1}{3}\times(\cfrac{1}{3})^{n-1}\)\(=\)\((\cfrac{1}{3})^{n}\) 。

即 \(\cfrac{a_{n}-1}{a_{n}+1}=(\cfrac{1}{3})^{n}\) ，变形整理这个方程可得：

\(a_{n}-1\)\(=\)\((a_{n}+1)\times(\cfrac{1}{3})^{n}\)，\(a_{n}-1\)\(=\)\(a_{n}\times(\cfrac{1}{3})^{n}+(\cfrac{1}{3})^{n}\)，

即 \(a_{n}-a_{n}\times(\cfrac{1}{3})^{n}\)\(=\)\(1+(\cfrac{1}{3})^{n}\)，也即\(a_{n}[1 -(\cfrac{1}{3})^{n}]\)\(=\)\(1+(\cfrac{1}{3})^{n}\)，

则有\(a_{n}\)\(=\)\(\cfrac{1+(\cfrac{1}{3})^{n}}{1-(\cfrac{1}{3})^{n}}\)，整理为 \(a_{n}\)\(=\)\(\cfrac{3^{n}+1}{3^{n}-1}\)，

所以数列 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式为 \(a_{n}\)\(=\)\(\cfrac{3^{n}+1}{3^{n}-1}\) .

原理解析

那么，为什么可以用不动点法求数列的通项公式呢？

预备知识：我们知道，若对于函数 \(f(x)\) 有 \(f(a)=0\)，则函数一定能被 \(x-a\) 整除，即函数 \(f(x)\) 一定含有因子 \(x-a\)〖举例，为好理解我们说人话，\(f(x)\)\(=\)\(x^2-4\)，可知 \(f(2)\)\(=\)\(0\)，故 \(f(x)\) 一定能被因子 \(x\) \(-\) \(2\) 整除，也可以写成 \(f(x)\)\(=\)\((x-2)\)\(\cdot\)\(g(x)\)〗；若 \(f(\beta)\)\(=\)\(\beta\)，则 \(f(x)\)\(-\)\(\beta\) 一定能整除 \(x\)\(-\)\(\beta\)〖同样举例，\(f(x)=x^2-2\)，可知 \(f(2)\)\(=\)\(2\)，故 \(f(x)-2\) 一定能被因子 \(x\) \(-\) \(2\) 整除，也可以写成 \(f(x)\) \(-\) \(2\) \(=\) \((x-2)\) \(\cdot\) \(r(x)\) 〗.

现有条件 \(a_{n+1}\) \(=\) \(f(a_n)\)其中 \(f(a_n)\) 表示关于 \(a_n\) 的多项式[如 \(2a_n\) \(+\) \(3\)]，或两个多项式的商[如 \(\cfrac{2a_n-1}{3a_n+2}\)]，且有 \(f(a_n)\)\(=\)\(x_0\)，当 \(a_n\)\(=\)\(x_0\)，有 \(f(x_0)\)\(=\)\(x_0\)，基于代数基本定理，多项式 \(f(a_n)\)\(-\)\(x_0\) 必有 \((a_n\)\(-\)\(x_0)\) 这个因式，这样 \(a_{n+1}-x_0\)\(=\)\(f(a_n)-x_0\)\(=\)\((f(a_n)-x)+(x-x_0)\)\(=\)\((a_n-x_0)\cdot g(x)\) .

降低抽象性，举个例子，已知 \(a_{n+1}\)\(=\)\(2a_n\)\(+\)\(1\)，不动点为 \(x=-1\)，这样 给已知等式两边同时减去不动点 \(-1\)，即 \(a_{n+1}\)\(+\)\(1\) \(=\) \(2a_n\) \(+\) \(1\) \(+\) \(1\)，整理为 \(a_{n+1}\) \(+\) \(1\) \(=\) \(2\)\(\cdot\)\((a_n+1)\)，接下来就好理解多了。

典例剖析

已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=2\)，\(a_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+\cfrac{1}{a_n})\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式；

解析：由 \(a_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+\cfrac{1}{a_n})\) 可知， \(f(a_n)=\cfrac{1}{2}(a_n+\cfrac{1}{a_n})\)，

则令 \(x=\cfrac{1}{2}(x+\cfrac{1}{x})\)，解得 \(x^2=1\)，即得 \(x=\pm 1\) 是 \(f(x)=\cfrac{1}{2}(x+\cfrac{1}{x})\) 的两个不动点；

\(\cfrac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}\)\(=\)\(\cfrac{\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{a_n^2+1}{a_n}+1}{\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{a_n^2+1}{a_n}-1}\)\(=\)\(\cfrac{a_n^2+2a_n+1}{a_n^2-2a_n+1}\)\(=\)\(\big(\cfrac{a_n+1}{a_n-1}\big)^2\)，

现令 \(b_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}\)令 \(b_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}\)，则应该有 \(\cfrac{a_{n}+1}{a_{n}-1}\)\(=\)\(b_n\)，这是我们在数列学习中老师经常提醒的，\(a_n\) 是 \(n\) 的函数，即 \(a_n\)\(=\)\(f(n)\)，现在有了 \(f(n+1)\)\(=\)\(\cfrac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}\)，那么将 \(n+1\) 替换为 \(n\) ，自然就得到了 \(f(n)\)\(=\)\(\cfrac{a_{n}+1}{a_{n}-1}\)，所以令 \(b_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}\)，则应该有 \(\cfrac{a_{n}+1}{a_{n}-1}\)\(=\)\(b_n\)，则上述表达式变形为 \(b_{n+1}=b_n^2\)，

对上式两边同时取常用对数，得到 \(lg b_{n+1}=2lg b_n\)，

又由于 \(b_1=\cfrac{a_{1}+1}{a_{1}-1}=\cfrac{2+1}{2-1}=3\)，则 \(lgb_1=lg3\)，

则数列 \(\{lg b_n\}\) 为等比数列，首项为 \(lg3\)，公比为 \(2\)，

故有 \(lg b_n=(lgb_1)\cdot 2^{n-1}=(lg3)\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}lg3=lg3^{2^{n-1}}\)，

故 \(b_n= 3^{2^{n-1}}\)，即 \(\cfrac{a_n+1}{a_n-1}= 3^{2^{n-1}}\)，

解得，\(a_n=\cfrac{3^{2^{n-1}}+1}{3^{2^{n-1}}-1}\)；

已知数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_{n+1}=\cfrac{2a_n}{a_n+3}\)，且\(a_1=2\)，求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式。

法1：两边取倒数得到\(\cfrac{1}{a_{n+1}}=\cfrac{a_n+3}{2a_n}=\cfrac{3}{2}\cdot\cfrac{1}{a_n}+\cfrac{1}{2}\)，

令 \(\cfrac{1}{a_n}=b_n\)，则转化为 \(b_{n+1}=\cfrac{3}{2}b_n+\cfrac{1}{2}\) 的类型求解；两边同时加 \(1\)此处 \(p=\cfrac{3}{2}\)， \(q=\cfrac{1}{2}\)，这是利用 \(k=\cfrac{q}{p-1}\)，求得两边同时加的常数 \(k=1\)，

得到 \(b_{n+1}+1=\cfrac{3}{2}b_n+\cfrac{3}{2}\)，即 \(b_{n+1}+1=\cfrac{3}{2}(b_n+1)\)，

即数列 \(\{b_n+1\}\) 为 首项 \(b_1+1=\cfrac{1}{a_1}+1=\cfrac{3}{2}\)，公比为 \(q=\cfrac{3}{2}\) 的等比数列，

则有 \(b_n+1=(b_1+1)\cdot q^{n-1}=(\cfrac{3}{2})^n\)，则 \(b_n=(\cfrac{3}{2})^n-1\)，

也即 \(\cfrac{1}{a_n}=(\cfrac{3}{2})^n-1\)，解得 \(a_n=\cfrac{2^n}{3^n-2^n}\) .

法2：采用不动点法， 由 \(a_{n+1}=\cfrac{2a_n}{a_n+3}\)可得，\(f(a_n)=\cfrac{2a_n}{a_n+3}\)，

则由 \(f(x_0)=x_0\)可得， \(x_0=\cfrac{2x_0}{x_0+3}\)，解得不动点 \(x_0=0\) 和 \(x_0=-1\)，

故 \(\cfrac{a_{n+1}-0}{a_{n+1}-(-1)}=\cfrac{\cfrac{2a_n}{a_n+3}-0}{\cfrac{2a_n}{a_n+3}+1}\)，整理为 \(\cfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}+1}=\cfrac{2}{3}\times\cfrac{a_n}{a_n+1}\)，

令 \(c_{n+1}=\cfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}+1}\)，则上式可转化为 \(c_{n+1}=\cfrac{2}{3}c_n\)，

即数列 \(\{c_n\}\) 是首项为 \(c_1=\cfrac{a_1}{a_1+1}=\cfrac{2}{3}\)，公比为 \(q=\cfrac{2}{3}\) 的等比数列，

则 \(c_n=c_1\cdot q^{n-1}=\cfrac{2}{3}\cdot (\cfrac{2}{3})^{n-1}=(\cfrac{2}{3})^n\)，

即 \(\cfrac{a_n}{a_n+1}=(\cfrac{2}{3})^n\)，解得 \(a_n=\cfrac{2^n}{3^n-2^n}\) .

拓展引申

定理1️⃣：若 \(f(x)\)\(=\)\(px+q\)\((p\neq 0, p\neq 1)\)，\(k\) 是 \(f(x)\) 的不动点思路1：待定系数法，由公式可得\(k\)\(=\)\(\cfrac{q}{p-1}\)，我感觉此法比不动点法更快；思路2：借助不动点法，由 \(px_0+q\)\(=\)\(x_0\)， 可解得不动点 \(x_0\)\(=\)\(\cfrac{q}{p-1}\)，即不动点 \(k\)\(=\)\(\cfrac{q}{p-1}\)，数列 \(\{a_n\}\) 满足递推关系 \(a_n\)\(=\)\(f(a_{n-1})\)\((n>1)\) ，则 \(a_n - k=p(a_{n-1}-k)\)， 即 \(\{a_n-k\}\) 是以 \(p\) 为公比的等比数列。

已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=1\)，\(a_n=4a_{n-1}+3(n\ge 2)\)，求此数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式\(a_n\)。

法1：高考备考资料上常用的方法，由已知得当 \(n\ge 2\) 时，给两边同时加常数 \(1\)^[1]，

\(a_n+1=4a_{n-1}+3+1=4(a_{n-1}+1)\)，又\(a_1+1=2\neq 0\)，

故数列\(\{a_n+1\}\)是首项为2公比为4的的等比数列，故\(a_n+1=2\cdot 4^{n-1}\)，

即\(a_n=2\cdot 4^{n-1}-1=2^{2n-1}-1(n\in N^*)\)。

法2：不动点法，由 \(a_n=4a_{n-1}+3\)，得到 \(4x_0+3=x_0\)，解得唯一不动点 \(x_0=-1\)，

故给 \(a_n=4a_{n-1}+3\) 的两边同时减去 \(-1\)，相当于两边同时加 \(1\)，

即\(a_n+1=4a_{n-1}+3+1=4(a_{n-1}+1)\)，又\(a_1+1=2\neq 0\)，

故数列\(\{a_n+1\}\)是首项为2公比为4的的等比数列，故\(a_n+1=2\cdot 4^{n-1}\)，

即\(a_n=2\cdot 4^{n-1}-1=2^{2n-1}-1(n\in N^*)\)。

定理2️⃣：设 \(f(x)\)\(=\)\(\cfrac{ax+b}{cx+d}\)\((c\neq 0\),\(ad-bc\neq 0)\), \(\{a_n\}\) 满足递推关系 \(a_n\)\(=\)\(f(a_{n-1})\)\((n>1)\)，且初值条件 \(a_1\neq f(a_1)\).

(1). 若 \(f(x)\) 有两个相异不动点 \(p\)、\(q\)，则

\(\cfrac{a_n-p}{a_n-q}\)\(=\)\(k\cdot\cfrac{a_{n-1}-p}{a_{n-1}-q}\)，\(\quad\) \(\left(k=\cfrac{a-pc}{a-qc}\right)\) ^[2]

(2). 若 \(f(x)\) 仅有唯一不动点 \(p\) ，则

\(\cfrac{1}{a_n-p}\)\(=\)\(\cfrac{1}{a_{n-1}-p}+k\)，\(\quad\) \(\left(k=\cfrac{2c}{a+d}\right)\) ^[3]

定理3️⃣：设函数 \(f(x)\)\(=\)\(\cfrac{ax^2+bx+c}{ex + f}\) \((a\neq 0,e\neq 0)\) 有两个相异不动点 \(x_1\)、\(x_2\) ，且数列 \(\{u_n\}\) 由递推 \(u_{n+1} = f(u_n)\) 确定，则当且仅当 \(b = 0\)，\(e=2a\) 时，满足

$\cfrac{u_{n+1}-x_1}{u_{n+1}-x_2}$$=$$\left(\cfrac{u_n-x_1}{u_n-x_2}\right)^2.$

反例提升

已知数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项的和为 \(S_n\)，首项 \(a_1=2\)，且满足 \(a_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_n-1}{a_n+1}\)，求 \(S_{2025}\) .

说明：由不动点的定义就可以看出，不是所有的数列都有不动点。比如本例，由 \(\cfrac{x-1}{x+1}\) \(=\) \(x\)，整理得到 \(x^2=-1\)，故此数列不存在实数不动点，故转而思考其周期性。

解法1️⃣：通过计算数列的前有限项，发现其周期性；

当 \(n=1\) 时，将 \(a_1=2\) 代入 \(a_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_n-1}{a_n+1}\)，求得 \(a_2=\cfrac{1}{3}\)；

当 \(n=2\) 时，将 \(a_2=\cfrac{1}{3}\) 代入 \(a_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_n-1}{a_n+1}\)，求得 \(a_3=-\cfrac{1}{2}\)；

当 \(n=3\) 时，将 \(a_3=-\cfrac{1}{2}\) 代入 \(a_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_n-1}{a_n+1}\)，求得 \(a_4=-3\)；

当 \(n=4\) 时，将 \(a_4=-3\) 代入 \(a_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_n-1}{a_n+1}\)，求得 \(a_5=2\)；

当 \(n=5\) 时，将 \(a_5=2\) 代入 \(a_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_n-1}{a_n+1}\)，求得 \(a_6=\cfrac{1}{3}\)；

\(\cdots\)，\(\cdots\)，\(\cdots\)，

故数列的周期为 \(T=4\)，计算 \(a_1+a_2+a_3+a_4=-\cfrac{7}{6}\)，

故 \(S_{2025}=506(a_1+a_2+a_3+a_4)+a_{2025}=506(a_1+a_2+a_3+a_4)+a_{1}=\cfrac{1777}{3}\)

解法2️⃣：注意到 \(a_{n+1}\)\(=\)\(\cfrac{a_n-1}{a_n+1}\) 的结构和\(f(x+1)\)\(=\)\(\cfrac{f(x)-1}{f(x)+1}\) 的结构非常类似，我们在学习数列时老师多次强调数列是特殊的函数，故依托 \(a_n=f(n)\) 思考变形如下:

对已知条件做简单的变形，相当于已知 \(f(n+1)\)\(=\)\(\cfrac{f(n)-1}{f(n)+1}\)，

则 \(f(n+2)=f[(n+1)+1]=\cfrac{f(n+1)-1}{f(n+1)+1}=\cfrac{\cfrac{f(n)-1}{f(n)+1}-1}{\cfrac{f(n)-1}{f(n)+1}+1}\)\(=\)\(\cfrac{-2}{2f(n)}\)\(=\)\(-\cfrac{1}{f(n)}\)，

故 \(f(n+4)=f[(n+2)+2]=-\cfrac{1}{f(n+2)}=-\cfrac{1}{-\cfrac{1}{f(n)}}=f(n)\)，故 \(T=4\)；

即数列 \(\{a_n\}\) 是周期为 \(4\) 的数列。其余求解同上，不再赘述。

顺便提一句，我们也可以写出此数列的分段形式的通项公式，如下：

\[a_n=\begin{cases} &2 & n\equiv 1\pmod 4 \\ &\cfrac{1}{3} & n\equiv 2\pmod 4 \\ &-\cfrac{1}{2} & n\equiv 3\pmod 4 \\ &-3 & n\equiv 0\pmod 4 \end{cases}\]

总结提升

• 对于一阶线性递推公式，\(a_{n+1}=pa_n+q\)，可以使用待定系数法或不动点法，同构变换得到 \(a_{n+1}+k=p(a_n+k)\)；

• 对于一阶线性分式递推公式，\(a_{n+1}=\cfrac{aa_n+b}{ca_n+d}\)，

①有一个不动点\(p\)，同构变换得到 \(\cfrac{1}{a_n-p}\)\(=\)\(\cfrac{1}{a_{n-1}-p}+k\)，\(\quad\) \(\left(k=\cfrac{2c}{a+d}\right)\)

②有两个不动点\(p\)、\(q\)，同构变换得到 \(\cfrac{a_n-p}{a_n-q}\)\(=\)\(k\cdot\cfrac{a_{n-1}-p}{a_{n-1}-q}\)，\(\left(k=\cfrac{a-pc}{a-qc}\right)\)

③若没有实数不动点，考虑数列的周期性；

---

1. 【解释】：为什么同加常数 \(k\) \(=\) \(\cfrac{q}{p-1}\) 就可以构造等比数列，假设\(a_{n+1}\) \(=\) \(pa_n\)\(+\)\(q\)，可以变形为\(a_{n+1}\)\(+\)\(k\)\(=\)\(p\)\((a_n+k)\)，整理得到\(a_{n+1}\)\(=\)\(pa_n\)\(+\)\(pk\)\(-\)\(k\)，则有\(k\)\((p-1)\)\(=\)\(q\)，故\(k\)\(=\)\(\cfrac{q}{p-1}\)，即只要给所给的形如\(a_{n+1}\)\(=\)\(pa_n\)\(+\)\(q\)的式子两边同时加上常数\(\cfrac{q}{p-1}\)，则可以等价变形为\(a_{n+1}\)\(+\)\(k\)\(=\)\(p\)\((a_n+k)\)，接下来就可以朝等比数列考虑了。 ↩︎

2. 设分式线性变换 \(f(x)=\cfrac{ax + b}{cx + d}\) 有两个相异不动点 \(p\) 和 \(q\) ，即满足 \(f(p)=p\) 和 \(f(q)=q\) 。由不动点定义：$$p = \cfrac{ap + b}{cp + d}, \quad q = \cfrac{aq + b}{cq + d}.$$
   将方程变形为：$$cp^2 + (d - a)p - b = 0, \quad cq^2 + (d - a)q - b = 0.$$
   由此可得 \(b = p(cp + d - a) = q(cq + d - a)\)
   对递推关系 \(a_n = f(a_{n-1}) = \cfrac{a a_{n-1} + b}{c a_{n-1} + d}\) ，考虑表达式 \(\cfrac{a_n - p}{a_n - q}\) ：$$\cfrac{a_n - p}{a_n - q} = \cfrac{\cfrac{a a_{n-1} + b}{c a_{n-1} + d} - p}{\cfrac{a a_{n-1} + b}{c a_{n-1} + d} - q}.$$
   通分后分子分母分别为：$$\text{分子：} \ (a - pc)a_{n-1} + (b - pd), \quad \text{分母：} \ (a - qc)a_{n-1} + (b - qd).$$ 利用不动点方程 $ b = p(cp + d - a) $ 和 $ b = q(cq + d - a) $ ，代入化简：$$b - pd = p(cp - a), \quad b - qd = q(cq - a).$$ 因此分子和分母可分解为：$$\text{分子：} \ (a - pc)(a_{n-1} - p), \quad \text{分母：} \ (a - qc)(a_{n-1} - q).$$ 于是：$$\cfrac{a_n - p}{a_n - q} = \cfrac{(a - pc)(a_{n-1} - p)}{(a - qc)(a_{n-1} - q)} = \cfrac{a - pc}{a - qc} \cdot \cfrac{a_{n-1} - p}{a_{n-1} - q}.$$ 令 \(k=\cfrac{a - pc}{a - qc}\) ，即得：$$\cfrac{a_n - p}{a_n - q} = k \cdot \cfrac{a_{n-1} - p}{a_{n-1} - q}.$$ 证毕。 ↩︎

3. 设分式线性变换 \(f(x)=\cfrac{ax+b}{cx+d}\) 有唯一不动点 \(p\) ，即满足 \(f(p)=p\) 。由不动点定义：$$p= \cfrac{ap + b}{cp + d} \implies cp^2 + (d - a)p - b = 0.$$ 由于不动点唯一，二次方程有重根，故判别式为零：$$\Delta = (d - a)^2 + 4bc = 0.$$ 此时不动点为 $p = \cfrac{a - d}{2c} $ ，且 \(b = -\cfrac{(a - d)^2}{4c}\) 。考虑递推关系 \(a_n = f(a_{n-1})=\cfrac{a a_{n-1} + b}{c a_{n-1} + d}\) ，令 \(z_n = \cfrac{1}{a_n - p}\) ，则 \(a_n = p + \cfrac{1}{z_n}\) 。代入递推关系：$$p + \cfrac{1}{z_n} = \cfrac{a\left(p + \cfrac{1}{z_{n-1}}\right) + b}{c\left(p + \cfrac{1}{z_{n-1}}\right) + d}.$$ 利用 $p = \cfrac{a - d}{2c} $ 和 $ b = -\cfrac{(a - d)^2}{4c}$ ，化简分子和分母：$$\text{分子：} \ a p + \cfrac{a}{z_{n-1}} + b = \cfrac{a(a - d)}{2c} - \cfrac{(a - d)^2}{4c} + \cfrac{a}{z_{n-1}} = \cfrac{(a + d)(a - d)}{4c} + \cfrac{a}{z_{n-1}},$$ $$\text{分母：} \ c p + \cfrac{c}{z_{n-1}} + d = \cfrac{c(a - d)}{2c} + \cfrac{c}{z_{n-1}} + d = \cfrac{a + d}{2} + \cfrac{c}{z_{n-1}}.$$ 进一步化简：$$p + \cfrac{1}{z_n} = \cfrac{\cfrac{a + d}{2} \cdot \cfrac{a - d}{2c} + \cfrac{a}{z_{n-1}}}{\cfrac{a + d}{2} + \cfrac{c}{z_{n-1}}}.$$ 通过整理可得：$$\cfrac{1}{z_n} = \cfrac{1}{z_{n-1}} + \cfrac{2c}{a + d}.$$ 即：$$\cfrac{1}{a_n - p} = \cfrac{1}{a_{n-1} - p} + \cfrac{2c}{a + d}.$$ 证毕。 ↩︎