2014-重庆卷理-22 解-构造新数列求通项

本题导读

本题是 2014 年重庆高考理科数学的压轴题。第一问考查通过构造等差数列求通项公式；第二问通过构造辅助函数并利用不动点原理探讨数列项的范围，是一道融合了函数单调性、数列递推及数学归纳法的综合证明题。

📌【题干】

Question

（2014年重庆卷(理)） 设 $a_1=1,a_{n+1}=\sqrt{a_n^2-2a_n+2}+b$ ($n\in N^{\ast }$).

(1) 若 $b=1$，求 $a_2,a_3$ 及数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(2) 若 $b=-1$，问：是否存在实数 $c$ 使得 $a_{2n}<c<a_{2n+1}$ 对所有 $n\in N^{\ast }$ 成立？证明你的结论.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问分析：
   • 代入 $b=1$ 计算 $a_2,a_3$。
   • 观察递推式特点：$a_{n+1}-1=\sqrt{(a_n-1{)}^2+1}$。
   • 构造新数列 $A_n=(a_n-1{)}^2$，通过平方化简发现 $A_{n+1}=A_n+1$，即 $\{A_n\}$ 是等差数列。
2. 第二问分析：
   • 寻找不动点：设递推函数 $f(x)=\sqrt{(x-1{)}^2+1}-1$。令 $f(f(x))=x$ 或寻找 $f(x)$ 的某种平衡状态。
   • 猜想 $c$ 值：通过解方程 $f(c)=c$ 或观察数列前几项的分布趋势，寻找临界常数。
   • 证明策略：利用数学归纳法。关键在于证明函数 $f(x)$ 在特定区间内的单调性，并以此递推 $a_{2n}$ 与 $a_{2n+1}$ 关于 $c$ 的大小关系。

✅【答案】

点击查看答案

(1) 求通项公式；(2)寻找并证明 $c$ 存在；当 $n=1$ 时；假设 $n=k$ 时命题成立

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求通项公式 当 $b=1$ 时，$a_{n+1}=\sqrt{a_n^2-2a_n+2}+1=\sqrt{(a_n-1{)}^2+1}+1$。 由此得 $a_1=1$， $a_2=\sqrt{(1-1{)}^2+1}+1=2$， $a_3=\sqrt{(2-1{)}^2+1}+1=\sqrt{2}+1$。 令 $d_n=(a_n-1{)}^2$，则 $d_1=0$，且 $d_{n+1}=(a_{n+1}-1{)}^2=(a_n-1{)}^2+1=d_n+1$。 所以 $\{d_n\}$ 是首项为 0，公差为 1 的等差数列。 故 $d_n=0+(n-1)\times 1=n-1$。 即 $(a_n-1{)}^2=n-1⟹a_n-1=\sqrt{n-1}$（因为 $a_n\ge 1$ 恒成立）。 所以 $a_n=\sqrt{n-1}+1$。

(2) 寻找并证明 $c$ 存在 结论：存在实数 $c=\frac{1}{4}$。 证明如下： 当 $b=-1$ 时，$a_{n+1}=\sqrt{(a_n-1{)}^2+1}-1$。记 $f(x)=\sqrt{(x-1{)}^2+1}-1$。 解方程 $f(x)=x$：$\sqrt{(x-1{)}^2+1}=x+1⟹(x-1{)}^2+1=(x+1{)}^2⟹x^2-2x+2=x^2+2x+1⟹4x=1⟹x=\frac{1}{4}$。 下面用数学归纳法证明 $a_{2n}<\frac{1}{4}<a_{2n+1}<1$：

1. 当 $n=1$ 时： $a_1=1$， $a_2=f(1)=0$， $a_3=f(0)=\sqrt{2}-1\approx 0.414$。 可知 $a_2=0<\frac{1}{4}<a_3=\sqrt{2}-1<1$，命题成立。
2. 假设 $n=k$ 时命题成立，即 $a_{2k}<\frac{1}{4}<a_{2k+1}<1$。 考察函数 $f(x)$：在 $(-\infty ,1]$ 上，$f^{\prime }(x)=\frac{x-1}{\sqrt{(x-1{)}^2+1}}<0$，故 $f(x)$ 单调递减。 因为 $a_{2k}<\frac{1}{4}$，所以 $f(a_{2k})>f(\frac{1}{4})$，即 $a_{2k+1}>\frac{1}{4}$。 因为 $a_{2k+1}>\frac{1}{4}$，所以 $f(a_{2k+1})<f(\frac{1}{4})$，即 $a_{2k+2}<\frac{1}{4}$。 同理，由于 $a_{2k+2}=f(a_{2k+1})$ 且 $a_{2k+1}<1$，由递减性 $f(a_{2k+1})>f(1)=0$，故 $a_{2k+2}>0$。 进一步推导可得 $a_{2k+3}=f(a_{2k+2})$，因 $a_{2k+2}<\frac{1}{4}$，则 $f(a_{2k+2})>f(\frac{1}{4})=\frac{1}{4}$，即 $a_{2k+3}>\frac{1}{4}$。 且 $a_{2k+3}=f(a_{2k+2})<f(0)=\sqrt{2}-1<1$。 综合上述单调性推导，当 $n=k+1$ 时命题亦成立。 综上，存在 $c=\frac{1}{4}$ 满足题意。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：构造等差数列求通项与不动点、数学归纳法。

2. 核心方法：构造 $(a_n-1{)}^2$ 为等差数列求通项；解 $f(x)=x$ 得 $c=\frac{1}{4}$ 并用单调性归纳证明。

3. 避坑指南：注意审题与运算细节。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 不动点原理与数学归纳法。

2. 结论推广: $f(x)=\sqrt{(x-1{)}^2+1}-1$ 的不动点为 $\frac{1}{4}$。

3. 方法推广: 递推求通项平方构造等差，比较大小用不动点+归纳。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.02 函数的四大性质
• 19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

• 2014-江西卷文-17 解-数列通项
• 2023-新高考I卷-20 解-数列
• 2014-福建卷文-17 解-数列