2007-大纲卷II理-21 解-函数单调性最值

本题导读

本题考查一阶常系数线性递推数列通项公式的求解以及数列单调性的证明。第一问通过构造常数配项法将原递推式转化为等比数列，解除通项公式；第二问通过研究函数 $f (x) = x 3 - 2 x$ 的单调性，结合 ${a_{n}}$ 的单调性，利用复合函数单调性运算法则间接证明数列 ${b_{n}}$ 的严格单调递增特征。

📌【题干】

Question

（2007年大纲卷II(理)）设数列 ${a_{n}}$ 的首项 $a_{1} \in (0, 1)$ ， $a_{n} = \frac{3 - a _{n - 1}}{2} ， n = 2, 3, 4, \dots$ .

(1) 求 ${a_{n}}$ 的通项公式；

(2) 设 $b_{n} = a_{n} 3 - 2 a_{n}$ ，证明 $b_{n} < b_{n + 1}$ ，其中 $n$ 为正整数.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：

将递推式变形为 $a_{n} = - \frac{1}{2} a_{n - 1} + \frac{3}{2}$ 。

设 $a_{n} - x = - \frac{1}{2} (a_{n - 1} - x) ⟹ \frac{3}{2} x = \frac{3}{2} ⟹ x = 1$ 。

构造出等比数列 ${a_{n} - 1}$ ，其公比为 $- \frac{1}{2}$ ，首项为 $a_{1} - 1$ 。套用等比通项公式反解出 $a_{n}$ 。

第二问：

证明 $b_{n} < b_{n + 1}$ 即证明数列 ${b_{n}}$ 严格单调递增。

构造辅助函数 $f (x) = x 3 - 2 x$ ，则 $b_{n} = f (a_{n})$ 。

分析 $a_{n}$ 的范围与单调性：由 $a_{n} - 1 = (a_{1} - 1) (- \frac{1}{2})^{n - 1}$ 且 $a_{1} \in (0, 1)$ 知， $a_{n}$ 的奇数项单调递增，偶数项单调递减，整体呈摆动收敛于 1 的特征，无法直接套用 $f (x)$ 整体单调。

重新审视递推：由于 $b_{n} = f (a_{n}), b_{n + 1} = f (a_{n + 1})$ ，而 $a_{n + 1} = \frac{3 - a _{n}}{2}$ 。我们可以利用作差法或者通过两步递推来寻找规律。

换种思路，直接研究 $b_{n + 1}^{2} - b_{n}^{2}$ 的符号，或者考虑利用导数证明 $b_{n + 1} > b_{n}$ 。

注意到 $b_{n} = a_{n} 3 - 2 a_{n}$ ，我们可以通过研究代数式 $b_{n + 1} - b_{n}$ 进行因式分解来确定符号。

✅【答案】

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$an = 1 + (1 - a 1) (- 12) n - 1 ； bn < bn + 1.$

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）将已知递推式 $a_{n} = \frac{3 - a _{n - 1}}{2}$ 变形为： $a_{n} = - \frac{1}{2} a_{n - 1} + \frac{3}{2}$ 等式两边同时减去 1，进行常数配项构造： $a_{n} - 1 = - \frac{1}{2} a_{n - 1} + \frac{3}{2} - 1 = - \frac{1}{2} a_{n - 1} + \frac{1}{2}$ 提取公因式 $- \frac{1}{2}$ 得： $a_{n} - 1 = - \frac{1}{2} (a_{n - 1} - 1)$

这说明，新数列 ${a_{n} - 1}$ 是一个以 $a_{1} - 1$ 为首项，以 $q = - \frac{1}{2}$ 为公比的等比数列。依据等比数列的通项公式： $a_{n} - 1 = (a_{1} - 1) \cdot (- \frac{1}{2})^{n - 1}$ 所以，数列 ${a_{n}}$ 的通项公式为： $a_{n} = (a_{1} - 1) \cdot (- \frac{1}{2})^{n - 1} + 1$

（2）证明：为了证明 $b_{n} < b_{n + 1}$ ，我们考虑研究函数 $f (x) = x 3 - 2 x$ 的性质。首先，根据根号内部非负红线，要求 $3 - 2 x \geq 0 ⟹ x \leq \frac{3}{2}$ 。由于 $a_{1} \in (0, 1) ⟹ a_{1} - 1 \in (- 1, 0)$ 。观察（1）中求得的通项公式：

当 $n$ 为奇数时， $(- \frac{1}{2})^{n - 1} > 0$ ，故 $a_{n} = 负数 \times 正数 + 1 < 1$ ；

当 $n$ 为偶数时， $(- \frac{1}{2})^{n - 1} < 0$ ，故 $a_{n} = 负数 \times 负数 + 1 > 1$ 。容易放缩证明，对任意正整数 $n$ ，恒有 $0 < a_{n} < \frac{3}{2}$ 成立。

对函数 $f (x) = x 3 - 2 x$ 在 $(0, \frac{3}{2})$ 上进行平方，设 $g (x) = [f (x)]^{2} = x^{2} (3 - 2 x) = 3 x^{2} - 2 x^{3}$ 。对 $g (x)$ 进行求导以判定其单调性： $g^{'} (x) = 6 x - 6 x^{2} = 6 x (1 - x)$ 令 $g^{'} (x) = 0$ ，在定义域内得到驻点 $x = 1$ 。

当 $x \in (0, 1)$ 时， $g^{'} (x) > 0$ ，函数 $g (x)$ 严格单调递增，从而 $f (x)$ 严格单调递增；

当 $x \in (1, \frac{3}{2})$ 时， $g^{'} (x) < 0$ ，函数 $g (x)$ 严格单调递减，从而 $f (x)$ 严格单调递减。

由于 $b_{n} = f (a_{n})$ ，我们需要证明 $f (a_{n}) < f (a_{n + 1})$ 。由已知递推式，有 $a_{n + 1} = \frac{3 - a _{n}}{2}$ ，我们分情况讨论 $a_{n}$ 与 1 的大小关系：

情况一：当 $a_{n} < 1$ 时 根据递推式： $a_{n + 1} = \frac{3 - a _{n}}{2} > \frac{3 - 1}{2} = 1$ 同时有： $a_{n + 1} - 1 = \frac{3 - a _{n}}{2} - 1 = \frac{1 - a _{n}}{2}$ 由于 $a_{n} < 1 ⟹ 1 - a_{n} > 0 ⟹ a_{n + 1} - 1 > 0$ ，且明显有： $\frac{1 - a _{n}}{2} < 1 - a_{n} (因 1 - a_{n} > 0)$ 即 $a_{n + 1} - 1 < 1 - a_{n} ⟹ a_{n + 1} < 2 - a_{n}$ 。因为 $a_{n} < 1$ ，点 $a_{n}$ 位于递增区间 $(0, 1)$ 内。而 $a_{n + 1} > 1$ 位于递减区间内。我们利用对称性比较 $f (a_{n})$ 与 $f (a_{n + 1})$ 。因为 $g (x) = 3 x^{2} - 2 x^{3}$ ，我们考查 $g (x) - g (a_{n + 1})$ 的形态。实际上，我们可以直接采用代数作差法化简 $b_{n + 1}^{2} - b_{n}^{2}$ ： $b_{n + 1}^{2} - b_{n}^{2} = (3 a_{n + 1}^{2} - 2 a_{n + 1}^{3}) - (3 a_{n}^{2} - 2 a_{n}^{3})$ 将 $a_{n + 1} = \frac{3 - a _{n}}{2}$ 代入： $3 (\frac{3 - a _{n}}{2})^{2} - 2 (\frac{3 - a _{n}}{2})^{3} - 3 a_{n}^{2} + 2 a_{n}^{3}$ $= \frac{3 ( 9 - 6 a _{n} + a _{n}^{2} )}{4} - \frac{2 ( 27 - 27 a _{n} + 9 a _{n}^{2} - a _{n}^{3} )}{8} - 3 a_{n}^{2} + 2 a_{n}^{3}$ $= \frac{27 - 18 a _{n} + 3 a _{n}^{2}}{4} - \frac{27 - 27 a _{n} + 9 a _{n}^{2} - a _{n}^{3}}{4} - \frac{12 a _{n}^{2} - 8 a _{n}^{3}}{4}$ $= \frac{27 - 18 a _{n} + 3 a _{n}^{2} - 27 + 27 a _{n} - 9 a _{n}^{2} + a _{n}^{3} - 12 a _{n}^{2} + 8 a _{n}^{3}}{4}$ 合并同类项分量： $= \frac{9 a _{n}^{3} - 18 a _{n}^{2} + 9 a _{n}}{4} = \frac{9 a _{n} ( a _{n}^{2} - 2 a _{n} + 1 )}{4} = \frac{9 a _{n} ( a _{n} - 1 ) ^{2}}{4}$

由于对任意正整数 $n$ ，恒有 $a_{n} > 0$ ，且由首项 $a_{1} \in (0, 1)$ 易知 $a_{n} \neq = 1$ 恒成立（即 $(a_{n} - 1)^{2} > 0$ ）。因此，上面的代数差值恒满足： $\frac{9 a _{n} ( a _{n} - 1 ) ^{2}}{4} > 0$ 从而刚性证明了： $b_{n + 1}^{2} - b_{n}^{2} > 0 ⟹ b_{n + 1}^{2} > b_{n}^{2}$

因为 $b_{n} = a_{n} 3 - 2 a_{n}$ 且 $a_{n} > 0, 3 - 2 a_{n} > 0$ ，数列 ${b_{n}}$ 的各项均为正数。由平方大于 0 直接推得： $b_{n + 1} > b_{n} 即 b_{n} < b_{n + 1}$

不等式在全域正整数范围内恒成立，命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：构造法化一阶常系数递推为标准等比数列、数列项数的平方作差因式分解（ $b_{n + 1}^{2} - b_{n}^{2}$ ）。

核心方法：代数作差法（平方作差）。

避坑指南：

第二问中如果直接试图利用抽象函数 $f (x)$ 的单调性进行复合推导，会因为数列 ${a_{n}}$ 围绕 1 左右摆动（奇数项小于1，偶数项大于1）而陷入极其复杂的分类讨论泥潭。

记住处理含根式且有明确递推关系的通项大题时，“平方作差”永远是最刚性、最不易出错的解题神技。直接将 $a_{n + 1} = \frac{3 - a _{n}}{2}$ 代入平方差公式，所有的项都会在几步之内完美合并提取出完全平方式 $(a_{n} - 1)^{2}$ ，瞬间秒杀。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题考查构造法求数列通项公式、等比数列的通项与性质，是大纲卷II(理)解答题的高频命题方向，同型题见下方类题演练。

变式思考：本题的核心步骤（待定系数配项法、导数/函数单调性法）可迁移到同类问题——若改变题设条件（如更换数值或几何对象），解法框架不变，重在把握「条件→目标」的转化路径。

知识关联：构造法求数列通项公式、等比数列的通项与性质相互关联，解答中综合运用了待定系数配项法、导数/函数单调性法，建议结合知识锚点中的对应专题系统梳理。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

19.03 数列通项公式求法全攻略

19.02 等比数列全总结

19.07 一般数列的性质

05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

2008-江苏卷-20 解-绝对值分段函数

2014-新课标II卷理-17 解-等比数列定义与通项公式

2008-四川卷理-20 解-等比数列

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