2008-安徽卷理-21 解-数列

本题导读

本题是一道代数综合压轴题。第一问要求进行充要条件的双向论证（结合数学归纳法）；第二问利用因式分解与放缩法建立递推不等式；第三问需要提高放缩精度，并结合等比数列求和公式进行作差比较。

📌【题干】

Question

（2008年安徽卷(理)） 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_0=0,a_{n+1}=c{a}_n^3+1-c,n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，其中 $c$ 为实数.

(1) 证明：$a_n\in [0,1]$ 对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 成立的充要条件是 $c\in [0,1]$；

(2) 设 $0<c<\frac{1}{3}$，证明：$a_n\ge 1-(3c{)}^{n-1},n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$；

(3) 设 $0<c<\frac{1}{3}$，证明：$a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2>n+1-\frac{2}{1-3c},n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：必要性通过取 $n=1$ 得到基准范围；充分性采用数学归纳法，利用单调性证明有界性。
2. 第(2)问：将递推式变形为 $1-a_{n+1}=c(1-a_n)(a_n^2+a_n+1)$，利用第一问的结论放缩出 $1-a_{n+1}\le 3c(1-a_n)$，再通过归纳法获证。
3. 第(3)问：由第二问的递推过程导出更精确的估计 $1-a_n\le c(3c{)}^{n-1}$，进而利用 $a_n^2>1-2(1-a_n)$ 进行有理放缩，最后求和并作差比较。

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对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $1-a_n\le (3c{)}^{n-1}⟹a_n\ge 1-(3c{)}^{n-1}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 必要性： 若对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 都有 $a_n\in [0,1]$ 成立，则当 $n=1$ 时： $a_1=c{a}_0^3+1-c=1-c$ 由 $a_1\in [0,1]$ 得 $0\le 1-c\le 1⟹c\in [0,1]$。 充分性： 若 $c\in [0,1]$，下面用数学归纳法证明 $a_n\in [0,1]$。 ① 当 $n=1$ 时，$a_1=1-c$，由 $c\in [0,1]$ 知 $a_1\in [0,1]$，命题成立。 ② 假设当 $n=k$ ($k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 时命题成立，即 $a_k\in [0,1]$。 则 $a_k^3\in [0,1]$。因为 $c\ge 0$，所以 $c{a}_k^3\in [0,c]$。 从而 $a_{k+1}=c{a}_k^3+1-c\in [1-c,1]$。 又 $c\le 1⟹1-c\ge 0$，故 $a_{k+1}\in [0,1]$，即当 $n=k+1$ 时命题也成立。 综上所述，$a_n\in [0,1]$ 对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 成立的充要条件是 $c\in [0,1]$。

(2) 证明： 由(1)可知，当 $0<c<\frac{1}{3}$ 时，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $a_n\in [0,1]$。 因此 $a_n^2+a_n+1\le 1^2+1+1=3$。 由于： $1-a_{n+1}=1-(c{a}_n^3+1-c)=c(1-a_n^3)=c(1-a_n)(a_n^2+a_n+1)$ 因 $1-a_n\ge 0$，故 $1-a_{n+1}\le 3c(1-a_n)$。 下面用数学归纳法证明 $1-a_n\le (3c{)}^{n-1}$。 ① 当 $n=1$ 时，$1-a_1=c$。因 $0<c<\frac{1}{3}$，显然 $c<1=(3c{)}^0$，命题成立。 ② 假设当 $n=k$ 时命题成立，即 $1-a_k\le (3c{)}^{k-1}$。 则当 $n=k+1$ 时，$1-a_{k+1}\le 3c(1-a_k)\le 3c\cdot (3c{)}^{k-1}=(3c{)}^k$。 所以当 $n=k+1$ 时命题也成立。 综上，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $1-a_n\le (3c{)}^{n-1}⟹a_n\ge 1-(3c{)}^{n-1}$。

(3) 证明： 由(2)中的递推关系可得更精确的界限： $1-a_n\le 3c(1-a_{n-1})\le \cdots \le (3c{)}^{n-1}(1-a_1)=c(3c{)}^{n-1}$ 因为 $a_n\in [0,1]$，所以： $a_n^2=[1-(1-a_n){]}^2=1-2(1-a_n)+(1-a_n{)}^2>1-2(1-a_n)$ 代入 $1-a_n\le c(3c{)}^{n-1}$ 得： $a_n^2>1-2c(3c{)}^{n-1}$ 将该不等式对 $n$ 项求和： ${\sum }_{k=1}^n{a}_k^2>{\sum }_{k=1}^n[1-2c(3c{)}^{k-1}]=n-2c\cdot \frac{1-(3c{)}^n}{1-3c}=n-\frac{2c}{1-3c}+\frac{2c(3c{)}^n}{1-3c}$ 由于 $0<c<\frac{1}{3}$，显然 $\frac{2c(3c{)}^n}{1-3c}>0$， 所以 ${\sum }_{k=1}^n{a}_k^2>n-\frac{2c}{1-3c}$。 只需证明 $n-\frac{2c}{1-3c}\ge n+1-\frac{2}{1-3c}$ 即可。 作差比较： $\left(n-\frac{2c}{1-3c}\right)-\left(n+1-\frac{2}{1-3c}\right)=\frac{2-2c}{1-3c}-1=\frac{2-2c-(1-3c)}{1-3c}=\frac{1+c}{1-3c}$ 因为 $0<c<\frac{1}{3}$，所以 $1+c>0$ 且 $1-3c>0$，从而 $\frac{1+c}{1-3c}>0$。 故 $a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2>n+1-\frac{2}{1-3c}$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：充要条件的论证逻辑；数学归纳法在数列有界性与不等式证明中的规范应用；多项式因式分解放缩。
2. 核心方法：

• 证明 $a_n\ge 1-(3c{)}^{n-1}$ 转化为证明 $1-a_n\le (3c{)}^{n-1}$，这种“正难则反”的补数转化法在处理有界收敛数列时极常用。
• 第(3)问中，平方项放缩技巧 $a_n^2>1-2(1-a_n)$ 利用了非负项 $(1-a_n{)}^2>0$ 的舍去，是去除二次项、转化为等比数列求和的常规思路。

3. 避坑指南：

• 证明充要条件时，务必将“充分性”与“必要性”分步书写，不可混为一谈。
• 第(3)问若直接对第(2)问的结论 $(1-a_n)\le (3c{)}^{n-1}$ 进行平方放缩，会导致误差过大无法放缩到目标右端项，必须回溯使用含有因数 $c$ 的精确界限。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题具有高等数学中“不动点迭代法”与“级数收敛性”的深刻背景。方程 $x=c{x}^3+1-c$ 在 $c\in (0,1/3)$ 时，在 $[0,1]$ 上有稳定吸引子 $x=1$。
2. 结论推广: 一般地，对于非线性递推数列 $a_{n+1}=f(a_n)$，若在区间 $I$ 内 $|f^{\prime }(x)|\le k<1$，则该数列必收敛于对应的不动点，且其收敛速度呈等比数列规律。

🔗【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)

• 2010-天津卷文-22 解-数列通项与不等式证明
• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2013-天津卷文-19 解-等比数列与不等式