专题23 “不动点法”处理迭代数列-2023年新高考数学重难点突破-（含答案）

专题23：“不动点法”处理迭代数列
对于一个函数，我们把满足的值称为函数的“不动点”．利用“不动点法”可以构造新数列，求数列的通项公式，研究数列的单调性，解决一些数列有关的不等式，更能深刻的反应迭代数列的函数本质.
迭代原理：
函数的迭代图象，简称蛛网图或者折线图，函数和直线共同决定．
其步骤如下：
1．在同一坐标系中作出和的图像（草图），并确定不动点．（如图1所示）
图1 图2
2．在找出不动点之后，确定范围，将不动点之间的图像放大，并找出起始点（如图2所示）
3．由向作垂直于轴的直线与相交，并确定交点．
4．由向作平行于轴的直线与相交，并确定交点．
5．由向作垂直于轴的直线与相交，并确定交点．
重复4，5，直至找到点的最终去向．
例1（1）设数列满足，求的通项公式．
（2）已知数列满足,,求该数列的通项公式．
【思路点拨】
（1）若，是的不动点．数列满足，
则，即是公比为的等比数列．
（2）设 ()，数列满足,．若有两个相异的不动点，则(此处.
练1已知数列满足，，求数列的通项公式．
练2设数列满足,且,
记,求数列的通项公式.
蛛网图与数列的单调性
1：的单调增区间存在两个不动点，且在两个不动点之间形成一上凸的图形时，（如图3）则数列在两个不动点之间的区间是递增的，即，在两不动点以外的区间则是递减的，即．
2：的单调增区间存在两个不动点，且在两个不动点之间形成一下凹的图形时，（如图4）则数列在两个不动点之间的区间是递减的，即，在两不动点以外的区间则是递增的，即．
图3 图4
例2（2020届河北省石家庄市高三五月模拟（七）数学（理）试题）已知数列满足：，．则下列说法正确的是（ ）．
A． B．
C． D．
【思路点拨】
构造函数，利用导数判断函数的单调性，可得，再用蜘网图可得数列单调性：，可得出选项．
练3（浙江省稽阳联谊学校2020届高三下学期5月联考数学试题）已知数列满足，
，，则一定存在，使数列中（ ）
A．存在，有
B．存在，有
C．存在，有
D．存在，有
练4（浙江省杭州市第二中学滨江校区2021-2022学年高三上学期期中数学试题）已知数列满足（，为自然对数的底数），且对任意的都存在，使得成立，则数列的首项须满足（ ）
A． B． C． D．
1.已知数列满足，，求数列的通项公式．
2.已知数列满足，记数列的前项和为，则正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．存在，使得
D．存在，使得
3.已知无穷项数列，满足，且，下列关于数列描述正确的是（ ）
A．当且仅当时，数列单调递增
B．存在，使得数列为单调数列
C．当时，存在，使得
D．当时，数列一定存在无限多项的值大于
4.设数列满足, 证明：存在常数，使得对于任意的，都有
．
5.首项为正数的数列满足若对，一切都有，求的取值范围．
专题23 “不动点法”处理迭代数列
【专题探究】
例1【解析】（1）如上图1、图2可得，函数的不动点为-1，
故满足 即，
由数列构成的任一点均位于函数上，
故可知
∴是公比为的等比数列，
∴.
（2）由方程，得数列的不动点为和，
，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以,
解得，.
练1【解析】设，由，得.∴，
又，∴是以为首项，以为公比的等比数列，
∴，
∴，.
练2【解析】由已知得,由方程,得不动点.
所以,
又，
所以数列是首项为-2,公比为的等比数列,
所以,解得.
故.
例2【解析】令，
由可得在上单调递增，
由可得在单调递减，且，
可得，又恒成立，若，则数列为常数列，不满足，
所以，所以数列为单调递增数列，如图所示：
且，，
由图象可得，
所以，
故选：B．
练3【解析】因为，
所以在函数图象上，
因为与y＝x有两个交点（0，0），（1，1），
如图所示：
可知当时，数列递减，∴0；
当时，数列递增，并且趋向1；
当时，数列递减，并且趋向，则可知错误；
又当时，，
则当时，一定小于，则之后均小于，∴D错误；
对于C，可取，得，，
所以，满足要求.
故选：C.
练4【解析】设，令，得到.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故，即（当且仅当时取等号）.
故（当且仅当时取等号）.
即.
要使对任意的都存在，使得成立，
显然时，，一定能满足题意；
当时，，如图此时不满足题意；
当时，，如图此时满足题意；
综上，.
故选：C.
【专题训练】
1. 【解析】解方程,
化简得，解得，
则,
又，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，
∴,∴.
2. 【解析】设，则,
可知当时，单调递增，当时，单调递减，
令,
由于,
因此，在上有一零点，作出草图如图，利用蛛网法，
可知，故均为错误，选D.
故选：D.
3. 【解析】设函数，由,
可得函数在上单调递减，在上单调递增.
且当时，，则可以作出，如图.
且.
为无穷项数列，则.
选项A. 当时，由函数图像有，,
，所以此时数列单调递增，所以A不正确.
选项B. (1)当时，由函数图像可得，且，
由，根据上面对选项A的分析可知，数列从第2项起单调递增.
(2)当时，由函数图像可得，且，
，且，
根据上面对选项A的分析可知，数列从第3项起单调递增.
（3）当时，由函数图像可得.
如图，过点作轴的平行线交直线于点，
过点轴的垂线交于点，
过点作轴的平行线交直线于点，
过点轴的垂线交于点，
依此作下去，可得在开始阶段数列是递减的，如图，其值一定会递减至中.
若是第一个满足，可得，
由前面的证明可得，从数列从第项开始是递增的.
所以时，数列不是单调的，所以B不正确.
选项C.当时，由选项A的推导，可知数列单调递增，显然满足条件.
当时，由选项B的推导，可知数列第项开始是递增的，
显然满足条件. 所以C正确.
选项D. 由对选项B的判断过程可知，当时，数列先减后增，只有前面有限多项的值大于，递增部分的无限多项的值都小于，所以D错误.
故选：C
4. 【解析】令,当时，函数的不动点有，即或，两个不动点
（1）如图1所示，当时，通过蛛网图发现，
故，故当时，一定有；
（2）当时，总有，故当时，一定有；
（3）如图2所示，当时，通过蛛网图发现，
故只需，一定有；
综上，存在常数，使得对于任意的，都有．
5. 【解析】令，当时，函数的不动点有或，两个不动点（图3）
（1）如图4所示，当时，通过蛛网图发现，
故与题意要求不符合；
（2）如图5所示，当时，总有；
（3）如图6所示，当时，通过蛛网图发现，
综上，或者时，．
图3 图4
图5 图6
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