當f(x)=x時，x的取值稱為不動點，不動點是我們在競賽中解決遞推式的基本方法。
典型例子： a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)
注：我感覺一般非用不動點不可的也就這個了，所以記住它的解法就足夠了。
我們如果用一般方法解決此題也不是不可以，只是又要待定係數，又要求倒數之類的，太複雜，如果用不動點的方法，此題就很容易了x=(ax+b)/(cx+d)
令 ，即 ，cx2+(d-a)x-b=0
令此方程的兩個根為x1，x2，
若x1=x2
則有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p
其中P可以用待定係數法求解，然後再利用等差數列通項公式求解。
注：如果有能力，可以將p的表達式記住，p=2c/(a+d)
若x1≠x2則有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)
其中q可以用待定係數法求解，然後再利用等比數列通項公式求解。
注：如果有能力，可以將q的表達式記住，q=(a-cx1)/(a-cx2)
簡單地說就是在遞推中令an=x 代入
a(n+1)也等於x
然後構造數列.（但要注意，不動點法不是萬能的，有的遞推式沒有不動點，但可以用其他的構造法求出通項；有的就不能求出）
我還是給幾個具體的例子吧：
1。已知a(1)=m. a(n+1)=〔a*a(n)+b〕/〔c*a(n)+d〕 求an的通項
a(n)和a(n+1)分別表示數列的第n項和第n+1項
解：這種形式的遞推式我有兩種解法,待定係數法和不動點法,在此用不動點法解決此問題.
將原遞推式中的a[n]與a[n+1]都用x代替得到方程x=(ax+b)/(cx+d)
即cx²+(d-a)x-b=0
記方程的根為x1,x2(為了簡單起見,假設方程有兩實根)
原方程可以變形為-x(a-cx)=b-dx
所以-x=(b-dx)/(a-cx),將x1,x2代入得到
-x1=(b-dx1)/(a-cx1)
-x2=(b-dx2)/(a-cx2)
將遞推式兩邊同時減去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)
將-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)
兩式相除得到(a[n+1]-x1)/(a[n+1]-x2)=[(a-cx1)/(a-cx2)]*[(a[n]-x1)/(a[n]-x2)]
從而{(a[n]-x1)/(a[n]-x2)}是等比數列
(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通項
解：利用不動點來求通項:
設f（x）=2/x+x/2
當f（x）=x時
x=-2，2，此點為不動點
An-2=[A(n-1)-2]^2/2A(n-1)
An-(-2)=[A(n-1)-(-2)]^2/2A(n-1)
兩式相除
An-2 =[A(n-1)-2]^2
—— ——————
An+2 [A(n-1)+2]^2
發現規律了嗎？
此時再設{Bn}=（An-2）/(An+2 )
B1=（4-2）/(4+2)=1/3
遞推式為：Bn =B（n-1）^2
所以Bn=（1/3)^[2^(n-1)]
由Bn通項和An通項的關系
解得：An={2*（1/3)^[2^(n-1)]+2} /
{1-（1/3)^[2^(n-1)] }
自己化簡試一下吧
補充一下：不動點大多用於極限過程。如數學分析中的隱函數定理、反函數定理的一般形式，微分方程初值問題解的存在唯一性定理，都是利用不動點理論證明的。
可以參看任何一本組合數學的書。由於數列是分式線性變換的迭代，可以和二階矩陣的乘冪對應，所以也可以利用線性代數的特徵值得到標準形來求解，都是類似的想法。——這就是這個題目背後的數學內容
具體的內容大概寫起來很長，建議你去查書，組合數學的書或數學競賽書中講組合數學或數列的一部分。
當f(x)=x時，x的取值稱為不動點，不動點是我們在競賽中解決遞推式的基本方法。
典型例子： a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)
注：我感覺一般非用不動點不可的也就這個了，所以記住它的解法就足夠了。
我們如果用一般方法解決此題也不是不可以，只是又要待定係數，又要求倒數之類的，太複雜，如果用不動點的方法，此題就很容易了x=(ax+b)/(cx+d)
令 ，即 ，cx2+(d-a)x-b=0
令此方程的兩個根為x1，x2，
若x1=x2
則有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p
其中P可以用待定係數法求解，然後再利用等差數列通項公式求解。
注：如果有能力，可以將p的表達式記住，p=2c/(a+d)
若x1≠x2則有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)
其中q可以用待定係數法求解，然後再利用等比數列通項公式求解。
注：如果有能力，可以將q的表達式記住，q=(a-cx1)/(a-cx2)
簡單地說就是在遞推中令an=x 代入
a(n+1)也等於x
然後構造數列.（但要注意，不動點法不是萬能的，有的遞推式沒有不動點，但可以用其他的構造法求出通項；有的就不能求出）
我還是給幾個具體的例子吧：
1。已知a(1)=m. a(n+1)=〔a*a(n)+b〕/〔c*a(n)+d〕 求an的通項
a(n)和a(n+1)分別表示數列的第n項和第n+1項
解：這種形式的遞推式我有兩種解法,待定係數法和不動點法,在此用不動點法解決此問題.
將原遞推式中的a[n]與a[n+1]都用x代替得到方程x=(ax+b)/(cx+d)
即cx²+(d-a)x-b=0
記方程的根為x1,x2(為了簡單起見,假設方程有兩實根)
原方程可以變形為-x(a-cx)=b-dx
所以-x=(b-dx)/(a-cx),將x1,x2代入得到
-x1=(b-dx1)/(a-cx1)
-x2=(b-dx2)/(a-cx2)
將遞推式兩邊同時減去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)
將-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)
兩式相除得到(a[n+1]-x1)/(a[n+1]-x2)=[(a-cx1)/(a-cx2)]*[(a[n]-x1)/(a[n]-x2)]
從而{(a[n]-x1)/(a[n]-x2)}是等比數列
(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通項
解：利用不動點來求通項:
設f（x）=2/x+x/2
當f（x）=x時
x=-2，2，此點為不動點
An-2=[A(n-1)-2]^2/2A(n-1)
An-(-2)=[A(n-1)-(-2)]^2/2A(n-1)
兩式相除
An-2 =[A(n-1)-2]^2
—— ——————
An+2 [A(n-1)+2]^2
發現規律了嗎？
此時再設{Bn}=（An-2）/(An+2 )
B1=（4-2）/(4+2)=1/3
遞推式為：Bn =B（n-1）^2
所以Bn=（1/3)^[2^(n-1)]
由Bn通項和An通項的關系
解得：An={2*（1/3)^[2^(n-1)]+2} /
{1-（1/3)^[2^(n-1)] }
自己化簡試一下吧
補充一下：不動點大多用於極限過程。如數學分析中的隱函數定理、反函數定理的一般形式，微分方程初值問題解的存在唯一性定理，都是利用不動點理論證明的。
可以參看任何一本組合數學的書。由於數列是分式線性變換的迭代，可以和二階矩陣的乘冪對應，所以也可以利用線性代數的特徵值得到標準形來求解，都是類似的想法。——這就是這個題目背後的數學內容
具體的內容大概寫起來很長，建議你去查書，組合數學的書或數學競賽書中講組合數學或數列的一部分。