2008-陕西卷理-22 解-数列

本题导读

本题是一道数列与不等式交汇的常规压轴题。第一问利用倒数法将非线性递推关系转化为常规的线性递推模型；第二问通过分式作差变形，利用配方法论证含参不等式；第三问的关键在于巧妙承接第二问的结论，通过寻找使放缩边界最大化的最优参数 $x=\frac{1}{n}$，直接攻克数列前 $n$ 项和的放缩证明。

📌【题干】

Question

（2008年陕西卷(理)） 已知数列 $\{a_n\}$ 的首项 $a_1=\frac{3}{5}$，$a_{n+1}=\frac{3a_n}{2a_n+1}$，$n=1,2,\dots$.

(1)求 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(2)证明：对任意的 $x>0$，$a_n\ge \frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x{)}^2}\left(\frac{2}{3^n}-x\right)$，$n=1,2,\dots$；

(3)证明：$a_1+a_2+\cdots +a_n>\frac{n^2}{n+1}$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：鉴于分式递推特征，两边取倒数得到 $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{a_n}+\frac{2}{3}$，通过构造辅助等比数列求出 $\frac{1}{a_n}$，进而还原 $a_n$。
2. 第二问：将通项公式 $a_n=\frac{1}{1+\frac{2}{3^n}}$ 代入目标不等式，令 $t=\frac{2}{3^n}$，将待证式转化为关于 $x,t$ 的代数分式不等式，移项通分后利用配方法证其非负。
3. 第三问：第二问结论对任意 $x>0$ 恒成立。欲证前 $n$ 项和，可对第二问不等式两端关于 $n$ 求和。为使求和后的下界尽可能大且形式向 $\frac{n^2}{n+1}$ 靠拢，可将 $x$ 视为参数，求出使求和放缩式取最大值时的特殊值 $x=\frac{1}{n}$ 代入即可。

✅【答案】

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由𝑎1>0及递推关系可知各项均为正数.令𝑏𝑛=1𝑎𝑛，则𝑏1=53，𝑏𝑛+1=2𝑎𝑛+1

✍【详细解析】

Abstract

(1)解：因为 $a_1=\frac{3}{5}>0$，由 $a_{n+1}=\frac{3a_n}{2a_n+1}$ 可知 $a_n>0$ 恒成立。 两边取倒数得：$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{2a_n+1}{3a_n}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{a_n}+\frac{2}{3}$。 变形得：$\frac{1}{a_{n+1}}-1=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a_n}-1\right)$。 又 $\frac{1}{a_1}-1=\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}$， 所以数列 $\left\{\frac{1}{a_n}-1\right\}$ 是以 $\frac{2}{3}$ 为首项，$\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列。 故 $\frac{1}{a_n}-1=\frac{2}{3}\cdot {\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}=\frac{2}{3^n}$， 即 $\frac{1}{a_n}=1+\frac{2}{3^n}=\frac{3^n+2}{3^n}$， 所以 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=\frac{3^n}{3^n+2}$。

(2)证明：由(1)知 $a_n=\frac{1}{1+\frac{2}{3^n}}$。令 $t=\frac{2}{3^n}$，由于 $n\ge 1$，则 $0<t\le \frac{2}{3}$。 目标不等式右边变形为： $\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x{)}^2}(t-x)=\frac{(1+x)-(t-x)}{(1+x{)}^2}=\frac{1+2x-t}{(1+x{)}^2}$ 欲证原式成立，只需证 $\frac{1}{1+t}\ge \frac{1+2x-t}{(1+x{)}^2}$。 作差变形： $\frac{1}{1+t}-\frac{1+2x-t}{(1+x{)}^2}=\frac{(1+x{)}^2-(1+t)(1+2x-t)}{(1+t)(1+x{)}^2}$ $=\frac{(1+2x+x^2)-(1+2x-t+t+2xt-t^2)}{(1+t)(1+x{)}^2}=\frac{x^2-2xt+t^2}{(1+t)(1+x{)}^2}=\frac{(x-t{)}^2}{(1+t)(1+x{)}^2}$ 因为 $x>0,t>0$，所以 $(1+t)(1+x{)}^2>0$，且 $(x-t{)}^2\ge 0$ 恒成立。 故 $\frac{1}{1+t}\ge \frac{1+2x-t}{(1+x{)}^2}$ 成立，即原不等式得证。

(3)证明：由(2)知，对任意 $x>0$，均有 $a_n\ge \frac{1+2x}{(1+x{)}^2}-\frac{1}{(1+x{)}^2}\cdot \frac{2}{3^n}$ 恒成立。 将该式对 $n$ 项分别求和可得： ${\sum }_{k=1}^n{a}_k>{\sum }_{k=1}^n\left[\frac{1+2x}{(1+x{)}^2}-\frac{1}{(1+x{)}^2}\cdot \frac{2}{3^k}\right]=\frac{n(1+2x)}{(1+x{)}^2}-\frac{2}{(1+x{)}^2}{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{3^k}$ 因为 ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{3^k}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^n}\right)}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^n}\right)<\frac{1}{2}$， 所以 $-\frac{2}{(1+x{)}^2}{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{3^k}>-\frac{2}{(1+x{)}^2}\cdot \frac{1}{2}=-\frac{1}{(1+x{)}^2}$。 从而代入和式放缩可得： ${\sum }_{k=1}^n{a}_k>\frac{n(1+2x)-1}{(1+x{)}^2}=\frac{2nx+n-1}{(1+x{)}^2}$ 由于上述不等式对任意 $x>0$ 均成立，为使右端式子最大化，取 $x=\frac{1}{n}>0$ 代入上式： ${\sum }_{k=1}^n{a}_k>\frac{2n\cdot \frac{1}{n}+n-1}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^2}=\frac{n+1}{\frac{(n+1{)}^2}{n^2}}=\frac{n^2(n+1)}{(n+1{)}^2}=\frac{n^2}{n+1}$ 即 $a_1+a_2+\cdots +a_n>\frac{n^2}{n+1}$ 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：分式递推数列求通项、多元主元放缩技巧、几何级数（等比数列）求和夹逼。
2. 核心方法：

• 倒数法处理 $a_{n+1}=\frac{p{a}_n}{q{a}_n+r}$ 型递推式；
• 参数独立法，将复杂的级数和转化为关于独立参数 $x$ 的单变量函数最值问题。

3. 避坑指南：

• 第二问通分后分子配方时，注意变量符号，必须准确识别出 $(x-t{)}^2$ 这一完全平方式；
• 第三问如果盲目使用数学归纳法会因为结构过于严苛导致中间步骤极难放缩成功，必须看清第二问“对任意 $x>0$ 恒成立”的战略意图，通过特值代入（主元选择）来实现降维打击。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题第(2)、(3)问深刻融合了高等数学中泰勒公式（或切线放缩）的背景。本质上，第(2)问是函数 $f(t)=\frac{1}{1+t}$ 在 $t=x$ 处的切线放缩不等式的变式。
2. 结论推广: 函数 $f(t)=\frac{1}{1+t}$ 在 $t=x$ 处的切线方程为 $y=f(x)+f^{\prime }(x)(t-x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x{)}^2}(t-x)$。由于 $f^{\prime \prime }(t)=\frac{2}{(1+t{)}^3}>0$（当 $t>-1$ 时），该函数为凹函数，由凹函数性质可知其始终位于任意切线的上方，即 $\frac{1}{1+t}\ge \frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x{)}^2}(t-x)$ 恒成立。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2010-天津卷文-22 解-数列通项与不等式证明
• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2013-天津卷文-19 解-等比数列与不等式