2017年温州二模数列大题的解答与推广

问题 1 (2017浙江温州二模第22题). 设数列$\{a_n\}$满足$a_{n+1}=a_n^2-a_n+1(n\in \mathbf{N}^{*})$,$S_n$ 为${a_n}$的前$n$项和.证明:对任意$n\in \mathbf{N}^{*}$,

  • 当$0\leq a_1\leq 1$时,$0\leq a_n\leq 1$;
  • 当$a_1>1$时,$a_n>(a_1-1)a_1^{n-1}$;
  • 当$a_1=\frac{1}{2}$时,$n-\sqrt{2n}<S_{n}<n$.

解答 1.1.

  • 用数学归纳法.首先,$n=1$时命题成立.假设当$n=k(k\in
    \mathbf{N}^{*})$时,$0\leq a_k\leq 1$,则 $$ 0\leq a_{k+1}=\left(a_k-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\leq \left( \frac{1}{2} \right)^2+\frac{3}{4}\leq 1. $$ 故由数学归纳法,对于任意$n\in \mathbf{N}^{}$,都有$0\leq a_n\leq 1$.

  • 设$f(x)=x^2-x+1$.则可得
    \begin{align*} f(x)&\geq f(a_1)+(2a_1-1)(x-a_1)\\&>f(a_1)+a_1(x-a_1), \end{align*}
    若数列$\{b_n\}$满足$b_1=a_{1}$,且$$b_{n+1}=f(a_{1})+a_{1}(b_n-a_1),$$
    则可得$b_n=(a_1-1)a_1^{n-1}+1$.则由迭代保序定理,对于任意的$n\in
    \mathbf{N}$,都有$a_n>(a_1-1)a_n^{n-1}+1>(a_1-1)a_1^{n-1}$.

  • $$
    f(x)=x^2-x+1=(1-x)^2-(1-x)+1<1,
    $$

    $$
    (1-a_{n})(1-a_{n+1})-(1-a_n)+1<a_{n+1}=(1-a_n)^2-(1-a_n)+1<1,
    $$


    $$
    \frac{1}{2-a_n} < a_{n+1} < 1, $$ 若数列$\{x_n\}$的首项$x_1=\frac{1}{2}$,且 $$ x_{n+1}=\frac{1}{2-x_n}, $$ 则可求得 $$ x_n=\frac{n}{n+1} $$ 故由迭代保序定理 (见博文高观点下的高中数学命题实践感悟中的定理1 ) ,当$n>1$时,
    $$
    \frac{n}{n+1} < a_n < 1. $$ 故当$n > 1$时,
    $$
    \sum_{i=1}^{n}\frac{i}{i+1} < S_n=\sum_{i=1}^na_i < n,
    $$

    \begin{align*} \sum_{i=1}^n \frac{i}{i+1}&=n-\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n+1} \right)\\&>n-\int_2^{n+2}\frac{1}{x}\mathrm{d}x \\&=n-\left( \ln(n+2)-\ln 2 \right) \\&>n-\sqrt{2n}. \end{align*}

    故当$n>1$时,

    $$
    n- \sqrt{2n}<n-\ln(n+2)+\ln 2<S_n<n.
    $$

    而当$n=1$时,$S_1=\frac{1}{2}>1- \sqrt{2}$.综上,命题成立.



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