蛛网图

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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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问题 1 (1984年全国高考理科数学第19题). 设$a>2$,给定数列$\{x_n\}$,其中
$x_1=a$,$x_{n+1}=\frac{x_n^2}{2(x_n-1)}(n=1,2,\cdots)$.求证:

  • $x_n>2$,且$\frac{x_{n+1}}{x_n}<1$($n=1,2,\cdots$)
  • 如果$a\leq 3$,那么$x_n\leq 2+\frac{1}{2^{n-1}}(n=1,2,\cdots)$
  • 如果$a>3$,那么当$n\geq \frac{\lg \frac{a}{3}}{\lg \frac{4}{3}}$时,必有$x_{n+1}<3$.
解答 1.1.
  • 首先$x_1=a>2$.假设对于$n\in \mathbf{N}^{}$,有$x_n>2$,则 $$ x_{n+1}-2=\frac{x_n^2}{2(x_n-1)}-2=\frac{(x_n-2)^2}{2(x_n-1)}>0, $$ 即$x_{n+1}>2$.故由数学归纳法可得对于任意$n\in \mathbf{N}^{*}$,都有$x_n>2$.

    令$f(x)=\frac{x^2}{2(x-1)}$,则由微分中值定理,存在数$c\in (2,x_n)$,使得
    $$
    \frac{x_{n+1}-2}{x_n-2}=\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=f'(c)=\frac{c^2-2c}{2(c-1)^2}<1, $$ 即$x_{n+1}<x_n$.

  • 首先有,当$x>2$时,
    $$
    f(x)=\frac{x^2}{2(x-1)}<2+\frac{1}{2}(x-2). $$ 若$p_1=a$,且 $$ p_{n+1}=2+\frac{1}{2}(p_n-2), $$ 则可解得 $$ p_n=(a-2) \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1}+2\leq 2+\frac{1}{2^{n-1}}. $$ 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 ),可得 $$ x_n\leq 2+\frac{1}{2^{n-1}}. $$
  • 当$a>3$时,由第(2)小题的解题过程,可得
    $$
    x_{n+1}< (a-2) \left( \frac{1}{2} \right)^{n}+2,(n=1,2,3\cdots)
    $$
    易得当$n\geq\log_2(a-2)$时,有
    $$
    x_{n+1}< (a-2) \left( \frac{1}{2} \right)^n+2\leq 3.
    $$
    当$a\geq 4$时,易得有
    $$
    \log_{\frac{4}{3}}\frac{a}{3}\geq \log_2(a-2),
    $$
    故当$a\geq 4$时,若$n\geq \log_{\frac{4}{3}}\frac{a}{3}$,则$x_{n+1}<3$.而当$3<a<4$时,当$n\geq 1$时,都有$x_{n+3}\leq 3$.综上所述命题成立.

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我曾经在2016年6月3日解答过2015年浙江高考数学(理科)最后一题:

问题 1 (2015年浙江高考理数最后一题). 已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=\frac{1}{2}$且$a_{n+1}=a_n-a_n^2(n\in
\mathbf{N}^{+})$.
  • 证明:$1\leq \frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2(n\in \mathbf{N}^{+})$.
  • 设数列$\{a_{n}^{2}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,证
    明:$\frac{1}{2(n+2)}\leq \frac{S_{n}}{n}\leq \frac{1}{2(n+1)}(n\in
    \mathbf{N}^{+})$.

当时的解答过程如下.

先用数学归纳法证明,

引理 1. 对于一切$n\geq 2$,$0 < a_n\leq \frac{1}{4}$.
证明 . 首先,$0 < a_2=\frac{1}{4}\leq\frac{1}{4}$.假设当$n=k(k\geq 2)$时,有$0 < a_k\leq \frac{1}{4}$. 则当$n=k+1$时, $$ 0 < a_{k+1}=a_k-a_k^2=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-a_{k}\right)^2\leq \frac{1}{4}. $$ 由数学归纳法,对一切$n\geq 2$,$0 < a_n\leq\frac{1}{4}$.
下面我们来证明题目第一步.
证明 . 由引理,可得对一切$n\geq 1$,$0 < a_n\leq \frac{1}{2}$. \begin{align*} 1\leq\frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2&\iff 1\leq\frac{a_n}{a_n-a_n^2}\leq 2 \\&\iff 1\leq \frac{1}{1-a_n}\leq 2 \\&\iff 0\leq a_n\leq \frac{1}{2}. \end{align*} 而$0\leq a_n\leq \frac{1}{2}$是显然 的.于是$1\leq\frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2$.
再证明题目的第二步.
证明 . 证明:$a_n^2=a_n-a_{n+1}$.因此 \begin{align*}S_n&=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\\&=(a_1-a_2)+(a_2-a_3)+\cdots+(a_n-a_{n+1})\\&=a_1-a_{n+1}\\&=\frac{1}{2}-a_{n+1}. \end{align*}因此, \begin{align*} \frac{1}{2(n+2)}\leq \frac{S_n}{n}\leq \frac{1}{2(n+1)}&\iff \frac{1}{2(n+2)}\leq \frac{\frac{1}{2}-a_{n+1}}{n}\leq \frac{1}{2(n+1)} \\&\iff \frac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq \frac{1}{n+2}. \end{align*}可见,为 了证明第二步的结论,我们只用证明$\frac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq \frac{1}{n+2}$即可.即证明对于一切$n\geq 2$,\begin{equation}\label{eq:1}\frac{1}{2n}\leq a_n\leq \frac{1}{n+1}.\end{equation}为此仍然采用数学归纳 法.当$n=2$时,$\frac{1}{4}\leq a_2=\frac{1}{4}\leq\frac{1}{3}$,此时不 等式\eqref{eq:1}成立.假设当$n=k(k\geq 2)$时, $$ \frac{1}{2k}\leq a_k\leq \frac{1}{k+1}, $$ 则当$n=k+1$时,由归纳假 设可得 \begin{equation}\label{eq:2} \frac{1}{2k}-\frac{1}{4k^{2}}=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2k}\right)^{2}\leq a_{k+1}=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-a_{k}\right)^2\leq \frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{k+1}\right)^2=\frac{1}{k+1}-\left(\frac{1}{k+1}\right)^2 \end{equation}下面证明 $$ \frac{1}{k+1}-\left(\frac{1}{k+1}\right)^2\leq \frac{1}{k+2}. $$ \begin{align*} \frac{1}{k+1}-\left(\frac{1}{k+1}\right)^2\leq \frac{1}{k+2}&\iff (k+1)(k+2)-(k+2)\leq (k+1)^2 \\&\iff k^2+3k+2-k-2\leq k^2+2k+1 \\&\iff 0\leq 1. \end{align*}再证明 $$ \frac{1}{2k}-\frac{1}{4k^2}\geq \frac{1}{2(k+1)}. $$ \begin{align*} \frac{1}{2k}-\frac{1}{4k^2}\geq \frac{1}{2(k+1)}&\iff 2k(k+1)-(k+1)\geq 2k^2 \\&\iff k\geq 1. \end{align*}这两个结果与不等式\eqref{eq:2}结合起来,可得 $$ \frac{1}{2(k+1)}\leq a_{k+1}\leq \frac{1}{k+2}. $$综上,由数学归纳 法,对于一切$n\geq 2$,总有不等式\eqref{eq:1}成立.这样就证明了第二步的 结论.

下面,我们利用蛛网迭代,研究这道题的命题背景.我们给出针对这道题的本质解 法.令$f(x)=x-x^2$.则由微分中值定理,对于任意的$n\geq 2$,存在$c\in (0,a_n)$,使得 $$ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{f(a_n)-f(0)}{a_n-0}=f'(c)=1-2c, $$ 由于当$n\geq 2$时, $$ a_n\leq a_2=a_1-a_1^2=\frac{1}{4}, $$ 因此 $$ \frac{1}{2}\leq f'(c)=1-2c<1, $$ 可见,当$n\geq 2$时, $$ \frac{1}{2}\leq \frac{a_{n+1}}{a_n}<1, $$ 即当$n\geq 2$时, $$ 1<\frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2. $$ 而当$n=1$时, $$ \frac{a_1}{a_2}=2, $$ 故对于$n\in \mathbf{N}^{*}$,都有 $$ 1<\frac{a_n}{a_{n+1}}\leq 2. $$ 这就完成了第一步的证明.下面证明第二步.由于 $$ S_n=\frac{1}{2}-a_{n+1}, $$ 因此命题等价于证明 $$ \frac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq \frac{1}{n+2}. $$ 由于 $$ a_{n}-2a_{n}a_{n+1}\leq a_{n+1}=a_n-a_n^2\leq a_n-a_na_{n+1}, $$ 因此 $$ \frac{a_n}{1+2a_n}\leq a_{n+1}\leq \frac{a_n}{1+a_n}. $$

  • 若数列$\{a_n\}$的首 项$a_1=\frac{1}{2}$,且$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n}$,则可求 得$a_n=\frac{1}{n+1}$.
  • 若数列$\{a_n\}$的首 项$a_1=\frac{1}{2}$,且$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+2a_n}$,则可求 得$a_n=\frac{1}{2n}$.
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),可得对于 一切$n\in \mathbf{N}^{*}$ $$ \frac{1}{2n}\leq a_n\leq \frac{1}{n+1}, $$ 这样就完成了命题的证明.

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