2007-广东卷理-21 解-裂项相消法求

本题导读

本题作为代数板块的压轴大题，背景依托于高等数学中的牛顿迭代法求方程根。第一问直接求解一元二次方程；第二问利用数学归纳法及二次函数的性质判定数列的整体下界；第三问通过递推变形对通项化简，将对数代数式转化为标准的等比或裂项结构展开求和。

📌【题干】

Question

（2007年广东卷(理)） 已知函数 $f(x)=x^2+x-1$， $\alpha ,\beta$ 是方程 $f(x)=0$ 的两个根 ($\alpha >\beta$)， $f^{\prime }(x)$ 是 $f(x)$ 的导数，设 $a_1=1$， $a_{n+1}=a_n-\frac{f(a_n)}{f^{\prime }(a_n)}$ ($n=1,2,\dots$).

(1) 求 $\alpha ,\beta$ 的值；

(2) 证明：对任意的正整数 $n$，都有 $a_n>\alpha$；

(3) 记 $b_n=\ln \frac{a_n-\beta }{a_n-\alpha }$ ($n=1,2,\dots$)，求数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：直接使用求根公式解方程 $x^2+x-1=0$，由 $\alpha >\beta$ 分流赋值。
2. 第二问：

• 求导得 $f^{\prime }(x)=2x+1$，写出递推式 $a_{n+1}=a_n-\frac{a_n^2+a_n-1}{2a_n+1}=\frac{a_n^2+1}{2a_n+1}$。
• 采用数学归纳法证明。首先验证 $n=1$ 时 $a_1=1>\alpha$ 是否成立；
• 随后假设 $n=k$ 时 $a_k>\alpha$ 成立，需证明 $a_{k+1}-\alpha =\frac{a_k^2+1-\alpha (2a_k+1)}{2a_k+1}>0$。利用方程根的性质 ${\alpha }^2+\alpha -1=0⟹{\alpha }^2=1-\alpha$ 进行完全平方因式化简。

3. 第三问：

• 考察 $\frac{a_{n+1}-\beta }{a_{n+1}-\alpha }$。代入 $a_{n+1}=\frac{a_n^2+1}{2a_n+1}$ 展开。

• 利用 $\alpha ,\beta$ 根的特质将其转化为含有 $\frac{a_n-\beta }{a_n-\alpha }$ 的二次方形态。

• 由此可确定数列 $\{b_n\}$ 是一个标准的等比数列，套用等比求和公式。

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(1) $\alpha = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}, \

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）令 $f(x)=x^2+x-1=0$。根据一元二次方程求根公式： $x=\frac{-1\pm \sqrt{1^2-4\times 1\times (-1)}}{2}=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}$ 因为 $\alpha >\beta$， 故： $\alpha =\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\beta =\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$

（2）证明：对函数 $f(x)$ 求导得： $f^{\prime }(x)=2x+1$。 代入数列的递推方程中： $a_{n+1}=a_n-\frac{a_n^2+a_n-1}{2a_n+1}=\frac{2a_n^2+a_n-(a_n^2+a_n-1)}{2a_n+1}=\frac{a_n^2+1}{2a_n+1}$

下面采用数学归纳法证明命题 $a_n>\alpha$ 恒成立：

• 第一步：当 $n=1$ 时， 已知 $a_1=1$。 因为 $\alpha =\frac{-1+\sqrt{5}}{2}<\frac{-1+2.24}{2}=0.62$， 明显有 $a_1=1>\alpha$， 初始命题成立。
• 第二步：假设当 $n=k$ ($k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 时， 命题成立， 即： $a_k>\alpha$ 现考查 $n=k+1$ 时的情形， 做差变形： $a_{k+1}-\alpha =\frac{a_k^2+1}{2a_k+1}-\alpha =\frac{a_k^2-2\alpha a_k+1-\alpha }{2a_k+1}\text{(1)}$ 因为 $\alpha$ 是方程 $x^2+x-1=0$ 的根， 故满足恒等式 ${\alpha }^2+\alpha -1=0⟹1-\alpha ={\alpha }^2$。 将 $1-\alpha ={\alpha }^2$ 代入①式的分子中： $a_{k+1}-\alpha =\frac{a_k^2-2\alpha a_k+{\alpha }^2}{2a_k+1}=\frac{(a_k-\alpha {)}^2}{2a_k+1}$ 根据归纳假设， $a_k>\alpha >0$， 故分母 $2a_k+1>0$， 且分子 $(a_k-\alpha {)}^2>0$。 所以： $a_{k+1}-\alpha >0⟹a_{k+1}>\alpha$ 这表明当 $n=k+1$ 时， 命题同样成立。

根据数学归纳法原理，对任意正整数 $n$，都有 $a_n>\alpha$ 成立。

（3）解：考查项数分式 $\frac{a_{n+1}-\beta }{a_{n+1}-\alpha }$ 的结构： 由（2）中推导的因式分解规律， 既然有 $a_{n+1}-\alpha =\frac{(a_n-\alpha {)}^2}{2a_n+1}$， 同理， 由于 $\beta$ 亦满足 ${\beta }^2+\beta -1=0⟹1-\beta ={\beta }^2$， 代入对称展开必然满足： $a_{n+1}-\beta =\frac{(a_n-\beta {)}^2}{2a_n+1}$ 将这两项进行分式相除以消去共同分母： $\frac{a_{n+1}-\beta }{a_{n+1}-\alpha }=\frac{\frac{(a_n-\beta {)}^2}{2a_n+1}}{\frac{(a_n-\alpha {)}^2}{2a_n+1}}={\left(\frac{a_n-\beta }{a_n-\alpha }\right)}^2$

在等式两边同时取自然对数 $\ln$： $\ln \frac{a_{n+1}-\beta }{a_{n+1}-\alpha }=\ln {\left(\frac{a_n-\beta }{a_n-\alpha }\right)}^2=2\ln \frac{a_n-\beta }{a_n-\alpha }$ 结合题干对 $b_n$ 的新定义， 上述递推关系式可直接精确翻译为： $b_{n+1}=2b_n$ 这表明数列 $\{b_n\}$ 是一个以 $2$ 为公比的标准等比数列。

计算该等比数列的首项 $b_1$ 值： $b_1=\ln \frac{a_1-\beta }{a_1-\alpha }=\ln \frac{1-\beta }{1-\alpha }$ 由于 $\alpha ,\beta$ 是 $x^2+x-1=0$ 的两个根，根据韦达定理及因式分解： $x^2+x-1=(x-\alpha )(x-\beta )$ 令 $x=1$ 代入上式中： $1^2+1-1=(1-\alpha )(1-\beta )⟹(1-\alpha )(1-\beta )=1⟹1-\beta =\frac{1}{1-\alpha }$ 代入首项中化简： $b_1=\ln \frac{\frac{1}{1-\alpha }}{1-\alpha }=\ln \frac{1}{(1-\alpha {)}^2}=-2\ln (1-\alpha )$ 由于 $1-\alpha =1-\frac{-1+\sqrt{5}}{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$， 故 $b_1=-2\ln \frac{3-\sqrt{5}}{2}$。

应用等比数列前 $n$ 项和公式求解 $S_n$： $S_n=\frac{b_1(1-2^n)}{1-2}=b_1(2^n-1)=-2\ln \frac{3-\sqrt{5}}{2}\cdot (2^n-1)=2(1-2^n)\ln \frac{3-\sqrt{5}}{2}$ 也可以将其写为关于根式简化形式： 由于 $\frac{1-\beta }{1-\alpha }=\frac{1-\frac{-1-\sqrt{5}}{2}}{1-\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}=\frac{3+\sqrt{5}}{3-\sqrt{5}}=\frac{(3+\sqrt{5}{)}^2}{4}={\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)}^2$。 故 $b_1=\ln {\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)}^2=2\ln \frac{\sqrt{5}+1}{2}$。 则： $S_n=\frac{2\ln \frac{\sqrt{5}+1}{2}\cdot (1-2^n)}{1-2}=2(2^n-1)\ln \frac{\sqrt{5}+1}{2}$

答案：(1) $\alpha =\frac{-1+\sqrt{5}}{2},\beta =\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ ； (2) 见解析 ； (3) $S_n=2(2^n-1)\ln \frac{\sqrt{5}+1}{2}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：牛顿迭代数列基本递推式构建、数学归纳法中利用方程根的零幂降低二次项系数、对数递推化归为等比数列模型。
2. 核心方法：数学归纳法、韦达定理特值代入法。
3. 避坑指南：

• 第二问在递推到①式分子 $a_k^2-2\alpha a_k+1-a$ 时，切忌盲目强行用根的无理数表达式代入去展开算， 那样会陷入恐怖的算术死胡同。必须利用 $\alpha$ 满足的方程特征， 将常数项 $1-\alpha$ 替换为 ${\alpha }^2$， 从而使其自然暴露出完全平方式 $(a_k-\alpha {)}^2$。这是攻克含参递推的关键。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查一元二次方程求根公式与韦达定理、牛顿迭代法的数列递推形式，是广东卷(理)解答题的高频命题方向，同型题见下方类题演练。
2. 变式思考：本题的核心步骤（数学归纳法、裂项相消代数变形法）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。
3. 知识关联：一元二次方程求根公式与韦达定理、牛顿迭代法的数列递推形式相互关联，解答中综合运用了数学归纳法、裂项相消代数变形法，建议结合知识锚点中的对应专题系统梳理。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.17 非对称韦达题型总结
• 19.03 数列通项公式求法全攻略
• 19.04 数列求和核心方法与裂项模型

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷I文-19 解-数列递推错位相减
• 2008-安徽卷文-21 解-递推数列三问
• 2008-安徽卷理-21 解-数列