2009-江西卷理-22 解-等比数列

本题导读

本题为数列与不等式综合压轴题。核心在于识别并化简复杂的非线性递推关系。通过观察代数结构 $\frac{x+y}{(1+x)(1+y)}$，联想到 $\frac{1-x}{1+x}\cdot \frac{1-y}{1+y}$ 的展开式，运用换元法构造新数列 $c_n=\frac{1-a_n}{1+a_n}$，将条件转化为等比数列模型，进而破解通项及有界性问题。

📌【题干】

Question

（2009年江西卷(理)） 各项均为正数的数列 $\{a_n\}$, $a_1=a$, $a_2=b$, 且对满足 $m+n=p+q$ 的正整数 $m,n,p,q$ 都有 $\frac{a_m+a_n}{(1+a_m)(1+a_n)}=\frac{a_p+a_q}{(1+a_p)(1+a_q)}$.

(1) 当 $a=\frac{1}{2},b=\frac{4}{5}$ 时，求通项 $a_n$;

(2) 证明：对任意 $a$，存在与 $a$ 有关的常数 $\lambda$，使得对于每个正整数 $n$，都有 $\frac{1}{\lambda }⩽a_n⩽\lambda$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 寻找恒等式变形：观察到 $1-\frac{1-x}{1+x}\cdot \frac{1-y}{1+y}=\frac{2(x+y)}{(1+x)(1+y)}$。
2. 构造新数列：令 $c_n=\frac{1-a_n}{1+a_n}$，则原等式转化为 $c_m{c}_n=c_p{c}_q$ ($m+n=p+q$)，由此推导出 $\{c_n\}$ 是等比数列。
3. 求解通项：通过 $a$ 和 $b$ 算出 $c_1$ 和 $c_2$，写出 $c_n$ 的通项，再逆解出 $a_n$ 的通项。
4. 证明有界性：利用 $a_n>0$ 得到 $c_n\in (-1,1)$。由于 $\{c_n\}$ 是等比数列且不越界，其公比的绝对值必然 $|q|⩽1$，从而推导出 $|c_n|⩽|c_1|$。最后结合 $a_n=\frac{1-c_n}{1+c_n}$ 在 $(-1,1)$ 上的单调性求得界限 $\lambda$。

✅【答案】

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令𝑢𝑛=𝑎𝑛−1𝑎𝑛+1因为𝑎𝑛>0，所以−1<𝑢𝑛<1，且

✍【详细解析】

Abstract

(1) 因为 $1-\frac{1-a_m}{1+a_m}\cdot \frac{1-a_n}{1+a_n}=\frac{(1+a_m)(1+a_n)-(1-a_m)(1-a_n)}{(1+a_m)(1+a_n)}=\frac{2(a_m+a_n)}{(1+a_m)(1+a_n)}$， 令 $c_n=\frac{1-a_n}{1+a_n}$，原题给定的等式 $\frac{a_m+a_n}{(1+a_m)(1+a_n)}=\frac{a_p+a_q}{(1+a_p)(1+a_q)}$ 可转化为： $\frac{1}{2}(1-c_m{c}_n)=\frac{1}{2}(1-c_p{c}_q)$，即 $c_m{c}_n=c_p{c}_q$（当 $m+n=p+q$ 时）。 特别地，当 $n⩾2$ 时，取 $m=n-1,n=n+1,p=n,q=n$，则有 $c_{n-1}{c}_{n+1}=c_n^2$。 故数列 $\{c_n\}$ 是等比数列（或各项均为 0 的数列）。 当 $a=\frac{1}{2},b=\frac{4}{5}$ 时： $c_1=\frac{1-a_1}{1+a_1}=\frac{1-1/2}{1+1/2}=\frac{1}{3}$， $c_2=\frac{1-a_2}{1+a_2}=\frac{1-4/5}{1+4/5}=\frac{1}{9}$。 所以 $\{c_n\}$ 是以 $\frac{1}{3}$ 为首项，公比 $q=\frac{c_2}{c_1}=\frac{1}{3}$ 的等比数列。 故 $c_n=c_1{q}^{n-1}={\left(\frac{1}{3}\right)}^n$。 由 $c_n=\frac{1-a_n}{1+a_n}$ 可解得 $a_n=\frac{1-c_n}{1+c_n}$。 将 $c_n$ 代入得： $a_n=\frac{1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^n}{1+{\left(\frac{1}{3}\right)}^n}=\frac{3^n-1}{3^n+1}$

(2) 证明： 由 (1) 知，设 $c_n=\frac{1-a_n}{1+a_n}$，则 $\{c_n\}$ 满足 $c_{n-1}{c}_{n+1}=c_n^2$ ($n⩾2$)。 因为 $a_n>0$ 对于任意正整数 $n$ 成立，所以 $c_n=\frac{1-a_n}{1+a_n}\in (-1,1)$。 设等比数列 $c_n=c_1{q}^{n-1}$。 若 $c_1=0$（即 $a=1$），则 $c_n=0$，此时 $a_n=1$，取 $\lambda =1$ 命题成立。 若 $c_1\ne 0$，因为对于所有的 $n$ 都有 $|c_n|<1$，即 $|c_1|\cdot |q{|}^{n-1}<1$。 若 $|q|>1$，则当 $n$ 充分大时 $|c_n|⩾1$，与题设矛盾，故必有 $|q|⩽1$。 因此，对于任意正整数 $n$，都有 $|c_n|=|c_1|\cdot |q{|}^{n-1}⩽|c_1|$，即： $-|c_1|⩽c_n⩽|c_1|$ 设函数 $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$，易知 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上单调递减。 所以 $f(|c_1|)⩽f(c_n)⩽f(-|c_1|)$，即： $\frac{1-|c_1|}{1+|c_1|}⩽a_n⩽\frac{1+|c_1|}{1-|c_1|}$ 由于 $c_1=\frac{1-a}{1+a}$，故 $|c_1|=\left|\frac{1-a}{1+a}\right|$。 令 $\lambda =\frac{1+|c_1|}{1-|c_1|}$。 当 $a⩾1$ 时，$c_1⩽0$，$|c_1|=\frac{a-1}{a+1}$，代入得 $\lambda =a$； 当 $0<a<1$ 时，$c_1>0$，$|c_1|=\frac{1-a}{1+a}$，代入得 $\lambda =\frac{1}{a}$。 即存在与 $a$ 有关的常数 $\lambda =\max \{a,\frac{1}{a}\}$，使得对于每个正整数 $n$，都有 $\frac{1}{\lambda }⩽a_n⩽\lambda$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：由复杂分式递推关系求解数列通项，等比数列性质，通过函数单调性求解不等式最值。
2. 核心方法：

• 换元法（代数变形）：通过展开 $\frac{1-x}{1+x}\cdot \frac{1-y}{1+y}$，逆向识别题设条件的等比关系。
• 单调性放缩：将绝对值不等式结合分式函数 $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$ 的单调性，巧妙地将数列的界转化为用初值 $a$ 表达的界。

3. 避坑指南：

• 证明等比数列公比 $|q|⩽1$ 时，必须强调“由于各项为正，所以 $c_n\in (-1,1)$” 这一隐含条件，若遗漏则无法说明数列不发散。
• 讨论 $\lambda$ 时，需注意 $|c_1|$ 去绝对值符号与 $a$ 的大小有关，不能直接将 $c_1$ 默认作正数处理。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题改编自经典的双曲正切函数的加法定理变形。若令 $a_n=\tanh ({\theta }_n)$，则 $\frac{a_m+a_n}{1+a_m{a}_n}=\tanh ({\theta }_m+{\theta }_n)$。题目巧妙利用 $\frac{x+y}{1+x+y+xy}=\frac{x+y}{(1+x)(1+y)}$ 将其隐藏。
2. 结论推广：遇到形如 $A_n=\frac{1-x_n}{1+x_n}$ 或者是分式线性变换（Möbius变换）相关的递推式时，常可通过特征方程转化为等比或等差数列进行求解。

🔗【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)

• 2011-上海卷理-18 单-等比数列
• 2011-北京卷文-12 填-等比数列求和
• 2011-四川卷文-20 解-等比数列等差条件