2007-辽宁卷理-21 解-函数单调性数列单调性证明

本题导读

本题考查一阶线性递推数列。

📌【题干】

Question

（2007年辽宁卷(理)） 已知数列 $\{a_n\}、\{b_n\}$ 与函数 $f(x)、g(x),x\in \mathbf{R}$ 满足条件： $b_1=b$, $a_n=f(b_n)=g(b_{n+1})(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$.

(1) 若 $f(x)=tx+1(t\ne 0,t\ne 2)$, $g(x)=2x$, $f(b)\ne g(b)$，且 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n$ 存在，求 $t$ 的取值范围，并求 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n$ （用 $t$ 表示）；

(2) 若函数 $y=f(x)$ 为 $\mathbf{R}$ 上的增函数， $g(x)=f^{-1}(x)$, $b=1$, $f(1)<1$，证明对任意的 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$, $a_{n+1}<a_n$.

🔍【思路分析】

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1. 分解设问：本题分 4 问，逐问推进——先由题设条件求解基本量，再在所得结论基础上进一步计算或证明。
2. 方法选择：采用特征方程不动点法，规范书写每一步的依据与结果。

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对任意的 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$， 恒有 $a_{n+1}<a_n$ 成立

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 将 $f(x)=tx+1,g(x)=2x$ 代入已知递推式： $a_n=t{b}_n+1=2b_{n+1}⟹b_{n+1}=\frac{t}{2}{b}_n+\frac{1}{2}\text{(1)}$ 由于 $b_1=b$， 同理可写出关于 $a_n$ 的一阶递推关系。由 ① 得 $b_n=\frac{a_n-1}{t}$， 代入 $a_n=2b_{n+1}$： $a_n=2\cdot \left(\frac{a_{n+1}-1}{t}\right)⟹a_{n+1}=\frac{t}{2}{a}_n+1\text{(2)}$

因为 $f(b)\ne g(b)⟹tb+1\ne 2b⟹a_1=tb+1\ne \frac{2}{2-t}$ （非恒定不动点常数列）。 关于 $a_n$ 的一阶线性递推数列式 ② 的特征方程为 $x=\frac{t}{2}x+1⟹x=\frac{2}{2-t}$。 将 ② 式两边同时减去不动点 $\frac{2}{2-t}$： $a_{n+1}-\frac{2}{2-t}=\frac{t}{2}\left(a_n-\frac{2}{2-t}\right)$ 由此可知， 数列 $\left\{a_n-\frac{2}{2-t}\right\}$ 是以 $\frac{t}{2}$ 为公比的等比数列。 其通项公式为： $a_n-\frac{2}{2-t}=\left(a_1-\frac{2}{2-t}\right)\cdot {\left(\frac{t}{2}\right)}^{n-1}$

由于 $a_1\ne \frac{2}{2-t}$， 要使 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n$ 存在， 当且仅当等比数列的公比满足收敛域条件： $\left|\frac{t}{2}\right|<1⟹-2<t<2$ 已知给定条件 $t\ne 0,t\ne 2$， 故 $t$ 的取值范围为 $(-2,0)\cup (0,2)$。

在此取值范围内， 当 $n\to \infty$ 时， ${\left(\frac{t}{2}\right)}^{n-1}\to 0$。 故极限值为： ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=\frac{2}{2-t}$

(2) 证明： 由已知 $g(x)=f^{-1}(x)$， 递推式 $f(b_n)=g(b_{n+1})⟹f(b_n)=f^{-1}(b_{n+1})$。 两边同时复合函数 $f$， 得： $b_{n+1}=f(f(b_n))$ 又因 $a_n=f(b_n)$， 故有 $b_{n+1}=f(a_n)$。 代入 $a_{n+1}=f(b_{n+1})$， 得到关于数列 $\{a_n\}$ 的显式单阶递推关系式： $a_{n+1}=f(f(a_n))$

下面采用数学归纳法证明对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$， 均有 $a_{n+1}<a_n$：

1. 当 $n=1$ 时： $b_1=1⟹a_1=f(b_1)=f(1)$ $b_2=f(a_1)=f(f(1))⟹a_2=f(b_2)=f(f(f(1)))=f(f(a_1))$ 已知给定条件 $f(1)<1$， 即 $a_1<1$。 由于 $y=f(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的严格增函数， 函数单调性保持不等号方向不变： $a_1<1⟹f(a_1)<f(1)⟹b_2<a_1$ 继续复合递增函数 $f$： $b_2<a_1⟹f(b_2)<f(a_1)⟹a_2<a_1$ 这说明当 $n=1$ 时， 命题成立。

2. 假设当 $n=k(k\in {\mathbf{N}}^{\ast })$ 时命题成立， 即： $a_{k+1}<a_k$ 因为 $y=f(x)$ 为 $\mathbf{R}$ 上的单调递增函数， 故复合函数 $y=f(f(x))$ 也是 $\mathbf{R}$ 上的严格单调递增函数。 在假设的不等式两端同时实施增函数映射 $f(f(x))$， 不等号方向保持不变： $f(f(a_{k+1}))<f(f(a_k))$ 依据递推式 $a_{n+1}=f(f(a_n))$， 上式两端即为： $a_{k+2}<a_{k+1}$ 这说明当 $n=k+1$ 时， 命题同样成立。

综上所述， 对任意的 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$， 恒有 $a_{n+1}<a_n$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：一阶线性递推数列、数列极限的存在性与判定、构造辅助数列法、函数单调性与数列单调性证明（数学归纳法）。
2. 核心方法：特征方程不动点法、差值递推分析法、数学归纳法。
3. 避坑指南：

• 注意关键条件（如定义域、符号、取值范围）的约束，避免漏解或增解。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查一阶线性递推数列、数列极限的存在性与判定，是辽宁卷(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（特征方程不动点法、差值递推分析法）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：一阶线性递推数列、数列极限的存在性与判定相互关联，解答中综合运用了特征方程不动点法、差值递推分析法，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
• 19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

• 2008-安徽卷理-21 解-数列
• 2008-江苏卷-20 解-绝对值分段函数
• 2008-湖南卷文-20 解-奇偶分段数列归纳