ａ 一１一 Ｐ ａ— ｃ
ａ 一１一 Ｐ
ａ— ｃｐ
＋
．— ｄ＋ ｃｐ
—
。
ａ 一１一 Ｐ ａ— ｃ
又 Ｐ为方 程 ｃｚ ＋ （ｄ－ａ）ｘ－ｂ＝０的 唯一 解 ．则
将 ＝ 代入 上式可 得
点 来求 解通 项． 定理 ３ 若上 述 函数 ，（ｚ）一 ａｘ ￣＋ ｂ有 两 个 不 同
１ 常数消去法回顾
｛口 ）满 足递 推 关 系 口 一厂（口 一 ），即 口 一
．
设平移替换ａｎ：Ｃｎ＋ ，则有ｃ 一爱
给定 初始 值 ｎ ≠厂（ｎ ）．接 下 去 我们 就 可 以利 用 函数
一
等
．
厂（ｚ）的不动 点来 求解数 列 ｛ｎ ）的通项公 式 ． 下 面求 函数 厂（ｚ）的不动 点．
形 数 ”①之 间的 关系．
数 学 的教 与学离 不 开 问题 和 问题 解 决．如何 充 分
发 挥 问题和 问题解 决 的功 能 ，应 该 成为 数 学教 育 研 究
第 ３类 ：Ｔ（８）一３６．
的重要 课题 ．本 文主 旨在 于为 拓 展传 统 的问题 解 决模
所 以 ，本 题 答案 为 １２０＋８４＋３６—２４０（个 ）．
１万照例 １的 解 法 ，可 以 得 到 每 一 类 中三 位 数 的 个数 ．
第 １类 ：Ｔ（１）＋ Ｔ（２）＋… ＋丁（７）＋Ｔ（８）一１２０； 第 ２类 ：Ｔ（１）＋ Ｔ（２）＋… ＋Ｔ（７）一８４；
∑ ｋ ＋Ｔ（ ）一２∑ Ｔ（忌）．
ｋ一 １
＝ １
这一 等式 的意 义在 于沟通 了“三角 形 数 ”与 “正 方
证 明 ：一 ＝
一
：璺；＝ 二 璺 ！＝ ±鱼二！
一
２ａ ·ａ 一１＋
： ＝ 二 垒！＝ ±堡 ：
一
２ｄ ‘ｄ ＋
差 的等差数 列． 下 面举 例说 明这一 方法 ． 例 １ 已 知 数 列 ｛ａ ｝中 ，满 足 ａ 一 ２，且 ａ
一 ａ（ａ 一１－ ｐ） （其 中 ，由 口 ＋ｃ 一６—０ ６一ｆ
程 ｃｚ ＋ （ 一 口）ｚ一 ６— ０只 有 唯 一 解 Ｐ．则 有 数 列
１
ｎ
１
｛
）是以
为首项，以南
为公差的等差数 七ａ１一
一１为首项，ＰＪ，忌＝ 一÷为公差的等差数列．
ｌ
Ｏ ０
列 ．
所 以—ａｎ ——上 一１＋号０ （ｎ一１）一号．） ＋号ｏ
ｆ ｔ． 明 ： ｎ 一
参 考 文 献 １ Ｓｉｒ Ｔｈｏｍａｓ Ｈｅａｔｈ．Ａ Ｈｉｓｔｏｒｙ ｏｆ Ｇｒｅｅｋ Ｍａｔｈｅｍａｔｉｃｓ．Ｖｏｌ—
ｕｍ ｅ １．Ｎ ｅｗＹ ｏｒｋ：Ｄｏｖｅｒ Ｐｕｂｌｉｃａｔｉｏｎｓ，Ｉｎｃ．
１×２＋ ２× ３＋ … ＋ × （ ＋ １）一 ２ｒＴ（１）＋ Ｔ（２） ２ Ｐｏｌｙａ， Ｇ．Ｈ ｏｗ ｔＯ ｓｏｌｖｅ ｉｔ ．ＮＹ ： Ｄｏｕｂｌｅｄａｙ ａｎｄ Ｃｏｍ ｐａｎｙ，
的不 动点 Ｐ、ｑ，即方 程 ａｘ ＋ｃｚ一６—０有 两 个 不 同 的
根为 、ｇ，则 有 一 （ ）２，ｎ≥２，ｎ∈Ｎ · ａ ．－ ｑ
—
一
——
ａ 一 Ｐ ａ— ｃ
Ｌ ．ｄ —＋—ｃｐ
———
ａ 一１一 Ｐ ａ— ｃｐ
兰！
一
口 一１一 Ｐ 。ａ＋ ‘
即数列｛ ）是以 为首项，以 ２ｃ为公
个不 动 点 Ｐ，即方 程 ａｘ ２￣＿ｃｘｍ６—０只 有 唯一 一 个 根
。ｎ一— Ｔ
，ｎ∈ ‘
例 ２ 已 知 数 列 ｛ａ ｝中 ，满 足 ａ 一 ２，且 ａ 一 —４Ｃ／— ｎ－ １－ Ｉ，ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＊，求数 列 ｛口 ｝的通 项公 式．
一
一
，则有数列｛ａｎｍ ｝是以ｎ 一 为首项，以言
＋ … ＋ Ｔ（ ）］．
一
一
（口一 ｃｐ）ａ 一１＋ ６一 ｄｐ
—
一
ｃ ·ａ 一１＋ ｄ
（口一 ｃｐ）ａ 一１＋ ｃｐ － ａｐ ｃ ·ａ 一１＋ ｄ
一 鬻 ，ｎ∈
其 实 函数不 动点 除 了解 决 形 如 ｎ 一
一
Ｃ ‘ ａ 一 １十
（其 中 ，由 ｃ ｚ＋（ 一口） 一６—０，
得 ｂ－ｄｐ＝ｃｐ － ａｐ）．
则 上 式 两 边 取 倒 数 得 １ 一 １
的通项 问题 外 ，笔 者经 过进 一 步 的探 究 可得 对 于 给定
初始值ｎ ≠，（ｎ ）（其中，（ｚ）一菱兰甓）及递推关系
ｎ 一
的数 列 ｛ｎ ｝也 可 以利 用 函数 的不 动
１： ！＝ ± 一
． ｃ（ａ 一１－
ｐ）＋
ｄ＋
ｃｐ 一
为公 比的等 比数 列．
证 明 ：ｎ 一 ＝
一 （ 一 ）
解 ：构造 函数 ，（ｚ）一 ，易 得 函数 ，（ｚ）有 唯 ·
三 ，把 一一 代入上式易得
一 ｐ一 ＿ １（ａ￣－ｉ－ ｐ）．
一 ｃａｎ＿１－
ｎ≠ １，Ｐ为 函数 －厂（ ）的 不 动点 ，数列 ｛ａ ）满 足 递 推关 系 ａ 一ｆ（ａ 一 ）， ≥ ２， ∈Ｎ ，通 常 用 的 构 造 等 比数 列 的方 法本 质上 也是 利用 了不 动点．
方 程有 解 ，即在 △一 （ｎ— ）。＋４ｃｂ≥ ０的前 提下 该 方
法 的实 施．在 此笔 者提 出疑 问 ：（１）该 方法 的本 质是 什
么？（２）△一（ｎ— ）。＋４ｃｂ≥０的条 件是 否 可 以不 要 ？
得 ６一 ｄｐ＝ ｃｐ。一 ａｐ），
同理可得ｎ 一ｇ一 芝
将 上述 两式 相除 可得 ：是·
，
，其 中 ｋ
为 了 回答 这些 问题 ，笔 者 翻 阅 了有 关 资 料 ，发 现 该 方 法 与 函数 的不 动点有 着 密切 的关 系．
２ 不动点定义
若 厂（ ）一ｔ，则 称 ｔ为 函数 厂（ｚ）的不 动点 ．
利用 不动 点 可将 求 形 如 ａｎ一
的 通 项
Ｃ ’ ｎ １ １－口
有数列』ａｎ－ｐ ｌ是以 为首项，ｋ为公 比的等比
Ｉ ｎ — ｇ Ｊ
０１一 ｑ
数 列．
ｂ ＝Ａｂ 一１＋Ｂ．
④
证 明 ： 口 一 Ｐ 一
一
而对 于形如 ④ 的递 推 关 系 的求 解 通 项 的 方 法 大
家都 已经清 楚 ，从 而可 以先 利用 ④求 得 ｂ ，再 求 得 Ｃ ， 一 二！ ！＝ ± 二 一 二 ！＝ ±！坌：二垒
令 ６＋（ｎ— ）户一ｃｐ 一０， 设 Ｐ。是方 程① ＋ ｃ ｏ’
①
设 ．厂（ｚ）一ｚ，即 一 ｚ，化 简 可 得 ｃｚｚ＋ （ｄ ＣＸ １－ 口
ｍａ）Ｘｍ ６—０，我们 可 以发 现 这个 方 程 就 是 常数 消 去
列 ｛ａ 一Ｐ）是 以 ａ 一Ｐ为 首 项 ，以 ａ为 公 比的 等 比数
一
一
列 ．证 明方法 同上 ．
个不 动点 Ｐ，即方程 ａｘ ＋ｃｘ－ｂ＝０只有 唯 一 一 个 根
读 者可 以利用上 述定 理解 决如下 的数 列 问题 ．
ｐ一一麦时，△一ｃ ＋４口ｂ＝Ｏ，则厂（ ）一 ａｘ ２＋ｂ
～厂 ｍ、一簸
｜ ｜ 。… ｌ¨＿ ｜≯｜ 蠢嚣 。 ｜
《 日 §
数 列 的 通 项
一 杭 州外 国语学 校 徐 国君
求 文 ［１］中提 出了一 种 称 为“常数 消 去法 ”妙求 形 如 ３ 不 动 点法
ｎ 一
的 通 项 ．
Ｃ ’ ｎ 一１十
设函数厂（ｚ）一嚣 （ｃ≠０，ｎ 一曲≠０）．若数列
式 提供 一种 思路 ，变 “问题 解 决 ”为 “课 题 研 究 ”，不 仅
对两种 解法 进行 比较 ，看 看 会 有什 么 发 现 ？ 由于 两种 解 法 得 到 相 同 的答 案 ，因此 应 该 有 下 面 的 等 式 成 立
１×２＋ ２× ３＋ … ＋ ８× ９— ２ ｒ Ｔ（１）＋ Ｔ（２）＋ … ＋Ｔ（８）］．
ｎ∈ Ｎ ．
由定理１可得数列｛詈 ）是以 一３为首
所 以 ，若令 ｂ－ ａ，，－ｐ，则 不 难 由 ｂ＝ ｎ
一
求得 ６
项 ，以 忌一 ３＋５一一４为公 比的等 比数 列
．
的通 项公 式 ，再 求 ａ ． 定 理 ４ 若 上述 函数 ，（ｚ）＝ ａｘ ￣＋ ｂ只有 唯一 一
所 以 一３·（一４）
如 果将 “８”视 为 一般 的 一个 自然 数 ，用 字 母 表 示 ，那 么这个 等式就 成 为 了下 面 的式子
关 注 问题 的分析 和解 答 ，而 且 重 视 对 “问题 前 ”和 “解 题 后”的研 究 ，重 点 在 于 展 现 问 题 背 景 和 发现 数 学 规 律 ，从 某 种 意 义 上 说 体 现 了数 学 思 考 或 数 学 探 究 的 过 程 ．
最后求 得 ｎ ．
Ｃ ·ｎ １＋ ｄ
Ｃ·ｎ １＋ ｄ
该 法 的关 键一 步是 方程 ① 的 出现 ，笔 者 把 它 叫做
一
Ｃ’ｎ ｌ 二
（其中，由 ｚ＋（ 一。） 一６—０，
一 １十
‘
‘
递 推关 系 ｎ 一
的特 征 方程 ．并 且 讨论 了在
Ｃ ’ ｎ … １ １－口
２ａ ·ａ 一１＋ ｃ
９ 、
一 ａｐ ），
一 兰 茑，ｎ≥２，ｎ∈Ｎ ，求数列｛ｎ ｝的通项公式．
同理可 得 ａ 一ｇ一
解 ：构造 函数 ，（ｚ）一 ，易 求 得 函数 ，（ｚ）有