当f(x)=x时，x的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。
典型例子： a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)
注：我感觉一般非用不动点不可的也就这个了，所以记住它的解法就足够了。 我们如果用一般方法解决此题也不是不可以，只是又要待定系数，又要求倒数之类的，太复杂，如果用不动点的方法，此题就很容易了。
令x=(ax+b)/(cx+d) ，即 ，cx2+(d-a)x-b=0 。令此方程的两个根为x1，x2， 若x1=x2 ，则有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p ，其中P可以用待定系数法求解，然后再利用等差数列通项公式求解。
注：如果有能力，可以将p的表达式记住，p=2c/(a+d) 若x1≠x2则有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)
其中q可以用待定系数法求解，然后再利用等比数列通项公式求解。
扩展资料：
设含有n个未知数与n个方程的非线性方程组为F(x)=0，然后把方程组改为便于迭代的等价形式x=ψ(x)，由此就可以构造出不动点迭代法的迭代公式为xk+1=ψ(xk)，如果得到的序列{xk}满足lim(k→∞)xk=x*，则x*就是ψ的不动点，这样就可以求出非线性方程组的解。
不动点法(fixed point method)是解方程的一种一般方法，对研究方程解的存在性、唯一性和具体计算有重要的理论与实用价值。数学中的各种方程，诸如代数方程、微分方程和积分方程等等，均可改写成 
于是，方程的解就相当于映射 
参考资料：百科百科-不动点法
当f(x)=x时，x的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。
典型例子： a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)
注：我感觉一般非用不动点不可的也就这个了，所以记住它的解法就足够了。 我们如果用一般方法解决此题也不是不可以，只是又要待定系数，又要求倒数之类的，太复杂，如果用不动点的方法，此题就很容易了。
令x=(ax+b)/(cx+d) ，即 ，cx2+(d-a)x-b=0 。令此方程的两个根为x1，x2， 若x1=x2 ，则有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p ，其中P可以用待定系数法求解，然后再利用等差数列通项公式求解。
注：如果有能力，可以将p的表达式记住，p=2c/(a+d) 若x1≠x2则有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)
其中q可以用待定系数法求解，然后再利用等比数列通项公式求解。
注：如果有能力，可以将q的表达式记住，q=(a-cx1)/(a-cx2) 简单地说就是在递推中令an=x 代入 a(n+1)也等于x ，然后构造数列.（但要注意，不动点法不是万能的，有的递推式没有不动点，但可以用其他的构造法求出通项；有的就不能求出）例子：已知a(1)=m. a(n+1)=〔a*a(n)+b〕/〔c*a(n)+d〕 求an的通项a(n)和a(n+1)分别表示数列的第n项和第n+1项解：这种形式的递推式我有两种解法,待定系数法和不动点法,在此用不动点法解决此问题. 将原递推式中的a[n]与a[n+1]都用x代替得到方程x=(ax+b)/(cx+d) 即cx²+(d-a)x-b=0 记方程的根为x1,x2(为了简单起见,假设方程有两实根) 原方程可以变形为-x(a-cx)=b-dx 所以-x=(b-dx)/(a-cx),将x1,x2代入得到 ：x1=(b-dx1)/(a-cx1) ，x2=(b-dx2)/(a-cx2)
将递推式两边同时减去x1得到a[n-1]-x1=[(a-cx1)a[n]+b-dx1]/(ca[n]+d)
即a[n-1]-x1=(a-cx1)[a[n]+(b-dx1)/(a-cx1)]/(ca[n]+d)
将-x1=(b-dx1)/(a-cx1)代入得到: a[n-1]-x1=(a-cx1)(a[n]-x1)/(ca[n]+d) 同理:a[n-1]-x2=(a-cx2)(a[n]-x2)/(ca[n]+d) 两式相除得到(a[n+1]-x1)/(a[n+1]-x2)=[(a-cx1)/(a-cx2)]*[(a[n]-x1)/(a[n]-x2)] 从而{(a[n]-x1)/(a[n]-x2)}是等比数列 (a[n]-x1)/(a[n]-x2)=[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1) 所以a[n]={x2*[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-x1}/([(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-1}
拓展资料：
不动点法
上的所有连续函数x的全体在范数
。于是原初值问题(1)就转化成求
设含有n个未知数与n个方程的非线性方程组为F(x)=0，然后把方程组改为便于迭代的等价形式x=ψ(x)，由此就可以构造出不动点迭代法的迭代公式为xk+1=ψ(xk)，如果得到的序列{xk}满足lim(k→∞)xk=x*，则x*就是ψ的不动点，这样就可以求出非线性方程组的解。
例如，为求常微分方程初值问题
的解，可以先把它化为一个等价的伏尔泰拉(Vito Volterra)型积分方程
如果把区间
下的空间记为X，从X到X的算子T定义为
则积分方程(2)相当于算子方程
中的不动点的问题了。而后者可以利用拓扑或泛函分析中的不动点定理来解决。至于各种微分方程的边值问题可以应用格林(Green)函数化成弗雷德霍姆(Fredholm)积分算子的不动点问题。
分析是一个一次函数，对于正比例函数的情形我们可以通过累乘法转化（即等比数列），于是我们令
与递推公式对照得到 ，从而得到可以累乘的形式
事实上，这里的 就是递推公式对应的函数 的不动点，即 的根．
对于由递推公式 给出的数列，我们称 的解为此数列的不动点．若 为数列的不动点，有 ，则
而 中有因式 ．从而递推公式可以整理为
的形式．若 为常数或者与 无关，则由累乘法问题已经得到解决．比如若递推公式为 ，（ ），则 为常数，就是前面的情形．
下面我们来看更复杂的情形，对于递推公式为
如何求数列的通项公式，给出具体的递推公式为例：
例2 若 ，
， ，求 ．
解考虑递推公式对应的不动点，令
解得 ．
于是有
两边取倒数化简得
记
得到
于是就转化成前面的讲过的情形了．
事实上，如果递推公式对应的不动点有两个，则可以通过不动点得到两个式子
两式两边分别相除得
于是得到
解得
在本题中 是与 相关的式子，无法直接累加累乘，但求倒数后就可以进一步整理，找到转化的方向．若特征根有两个，通过两式相除可以直接将 消去，得到一个等比数列．不管是哪种处理方式，寻找不动点都是一个很好的递推公式的整理方向，引导我们去一步步进行代数变形，将一个未知的问题转化成我们已经解决的问题．
除了这些情形之外，如果递推公式的形式为
也可以尝试不动点法求数列的通项公式，大家可以自行尝试.
参考资料：
百度百科：不动点法
当f(x)=x时，x的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。（相关网站推荐：中国知网）
推导过程： a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)
令x=(ax+b)/(cx+d) ，即 ，cx2+(d-a)x-b=0 。
令此方程的两个根为x1，x2，
若x1=x2 ，
则有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p ，
其中P可以用待定系数法求解，然后再利用等差数列通项公式求解。
扩展资料：
常见类型
累加法
递推公式为
，且f(n)可以求和
例：数列{an}，满足a1=1/2，an+1 = an + 1/(4n2-1)，求{an}通项公式
解：an+1 = an + 1/(4n2-1)=an+[1/(2n-1)-1/(2n+1)]/2
∴an = a1 +（1-1/3+1/3-1/5+……+1/(2n-3)-1/(2n-1)）
∴an = 1/2+1/2 (1-1/(2n-1) )=
累乘法
递推公式为
且f(n)可求积
例：数列{an }满足
，且a1=4，求an
解：
an = 2n(n+1)
参考资料来源：百度百科--不动点法
参考资料来源：百度百科--数列通项公式
当f(x)=x时，x的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。
典型例子： a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)
注：我感觉一般非用不动点不可的也就这个了，所以记住它的解法就足够了。
我们如果用一般方法解决此题也不是不可以，只是又要待定系数，又要求倒数之类的，太复杂，如果用不动点的方法，此题就很容易了。
令x=(ax+b)/(cx+d) ，即 ，cx2+(d-a)x-b=0 。
令此方程的两个根为x1，x2，
若x1=x2 ，
则有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p ，
其中P可以用待定系数法求解，然后再利用等差数列通项公式求解。
注：如果有能力，可以将p的表达式记住，p=2c/(a+d)
若x1≠x2则有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)
其中q可以用待定系数法求解，然后再利用等比数列通项公式求解。
注：如果有能力，可以将q的表达式记住，q=(a-cx1)/(a-cx2)
简单地说就是在递推中令an=x 代入 a(n+1)也等于x ，然后构造数列.（但要注意，不动点法不是万能的，有的递推式没有不动点，但可以用其他的构造法求出通项；有的就不能求出）
例子：
已知a(1)=m. a(n+1)=〔a*a(n)+b〕/〔c*a(n)+d〕 求an的通项
a(n)和a(n+1)分别表示数列的第n项和第n+1项
解：这种形式的递推式我有两种解法,待定系数法和不动点法,在此用不动点法解决此问题.
将原递推式中的a[n]与a[n+1]都用x代替得到方程x=(ax+b)/(cx+d) 即cx²+(d-a)x-b=0
记方程的根为x1,x2(为了简单起见,假设方程有两实根)
原方程可以变形为-x(a-cx)=b-dx 所以-x=(b-dx)/(a-cx),将x1,x2代入得到 ：
x1=(b-dx1)/(a-cx1) ，x2=(b-dx2)/(a-cx2)
将递推式两边同时减去x1得到a[n-1]-x1=[(a-cx1)a[n]+b-dx1]/(ca[n]+d)
即a[n-1]-x1=(a-cx1)[a[n]+(b-dx1)/(a-cx1)]/(ca[n]+d)
将-x1=(b-dx1)/(a-cx1)代入得到: a[n-1]-x1=(a-cx1)(a[n]-x1)/(ca[n]+d)
同理:a[n-1]-x2=(a-cx2)(a[n]-x2)/(ca[n]+d)
两式相除得到(a[n+1]-x1)/(a[n+1]-x2)=[(a-cx1)/(a-cx2)]*[(a[n]-x1)/(a[n]-x2)]
从而{(a[n]-x1)/(a[n]-x2)}是等比数列
(a[n]-x1)/(a[n]-x2)=[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)
所以a[n]={x2*[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-x1}/([(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-1}
拓展资料：
不动点法
设含有n个未知数与n个方程的非线性方程组为F(x)=0，然后把方程组改为便于迭代的等价形式x=ψ(x)，由此就可以构造出不动点迭代法的迭代公式为xk+1=ψ(xk)，如果得到的序列{xk}满足lim(k→∞)xk=x*，则x*就是ψ的不动点，这样就可以求出非线性方程组的解。
例如，为求常微分方程初值问题
的解，可以先把它化为一个等价的伏尔泰拉(Vito Volterra)型积分方程
如果把区间 
下的空间记为X，从X到X的算子T定义为
则积分方程(2)相当于算子方程 
中的不动点的问题了。而后者可以利用拓扑或泛函分析中的不动点定理来解决。至于各种微分方程的边值问题可以应用格林(Green)函数化成弗雷德霍姆(Fredholm)积分算子的不动点问题。
参考链接：百度百科-不动点法
典型例子： a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)
注：我感觉一般非用不动点不可的也就这个了，所以记住它的解法就足够了。
我们如果用一般方法解决此题也不是不可以，只是又要待定系数，又要求倒数之类的，太复杂，如果用不动点的方法，此题就很容易了x=(ax+b)/(cx+d)
令 ，即 ，cx2+(d-a)x-b=0
令此方程的两个根为x1，x2，
若x1=x2
则有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p
其中P可以用待定系数法求解，然后再利用等差数列通项公式求解。
注：如果有能力，可以将p的表达式记住，p=2c/(a+d)
若x1≠x2则有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)
其中q可以用待定系数法求解，然后再利用等比数列通项公式求解。
注：如果有能力，可以将q的表达式记住，q=(a-cx1)/(a-cx2)
简单地说就是在递推中令an=x 代入
a(n+1)也等于x
然后构造数列.（但要注意，不动点法不是万能的，有的递推式没有不动点，但可以用其他的构造法求出通项；有的就不能求出）
我还是给几个具体的例子吧：
1。已知a(1)=m. a(n+1)=〔a*a(n)+b〕/〔c*a(n)+d〕 求an的通项
a(n)和a(n+1)分别表示数列的第n项和第n+1项
解：这种形式的递推式我有两种解法,待定系数法和不动点法,在此用不动点法解决此问题.
将原递推式中的a[n]与a[n+1]都用x代替得到方程x=(ax+b)/(cx+d)
即cx²+(d-a)x-b=0
记方程的根为x1,x2(为了简单起见,假设方程有两实根)
原方程可以变形为-x(a-cx)=b-dx
所以-x=(b-dx)/(a-cx),将x1,x2代入得到
-x1=(b-dx1)/(a-cx1)
-x2=(b-dx2)/(a-cx2)
将递推式两边同时减去x1得到a[n-1]-x1=[(a-cx1)a[n]+b-dx1]/(ca[n]+d)
即a[n-1]-x1=(a-cx1)[a[n]+(b-dx1)/(a-cx1)]/(ca[n]+d)
将-x1=(b-dx1)/(a-cx1)代入得到:
a[n-1]-x1=(a-cx1)(a[n]-x1)/(ca[n]+d)
同理:a[n-1]-x2=(a-cx2)(a[n]-x2)/(ca[n]+d)
两式相除得到(a[n+1]-x1)/(a[n+1]-x2)=[(a-cx1)/(a-cx2)]*[(a[n]-x1)/(a[n]-x2)]
从而{(a[n]-x1)/(a[n]-x2)}是等比数列
(a[n]-x1)/(a[n]-x2)=[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)
所以a[n]={x2*[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-x1}/([(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-1}
2。An =2/A(n-1)+A(n-1)/2
求An通项
解：利用不动点来求通项:
设f（x）=2/x+x/2
当f（x）=x时
x=-2，2，此点为不动点
An-2=[A(n-1)-2]^2/2A(n-1)
An-(-2)=[A(n-1)-(-2)]^2/2A(n-1)
两式相除
An-2 =[A(n-1)-2]^2
—— ——————
An+2 [A(n-1)+2]^2
发现规律了吗？
此时再设{Bn}=（An-2）/(An+2 )
B1=（4-2）/(4+2)=1/3
递推式为：Bn =B（n-1）^2
所以Bn=（1/3)^[2^(n-1)]
由Bn通项和An通项的关系
解得：An={2*（1/3)^[2^(n-1)]+2} /
{1-（1/3)^[2^(n-1)] }
自己化简试一下吧
补充一下：不动点大多用于极限过程。如数学分析中的隐函数定理、反函数定理的一般形式，微分方程初值问题解的存在唯一性定理，都是利用不动点理论证明的。
可以参看任何一本组合数学的书。由于数列是分式线性变换的迭代，可以和二阶矩阵的乘幂对应，所以也可以利用线性代数的特征值得到标准形来求解，都是类似的想法。——这就是这个题目背后的数学内容
具体的内容大概写起来很长，建议你去查书，组合数学的书或数学竞赛书中讲组合数学或数列的一部分。
对于高中生，当然可以从更自然的角度去看这个问题：递推公式可以通过适当的变换，转化为（一个或两个）等比数列求解。
网上找到一篇文章，就是讲线性递推和分式线性递推数列的，会对你有帮助：
http://www.sowerclub.com/fmpic/atta3426.doc
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