2008-浙江卷理-22 解-数列

本题导读

本题考查数学归纳法与数列单调性、裂项相消与数列求和。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2008年浙江卷(理)） 已知数列 $\{a_n\}$, $a_n⩾0$, $a_1=0$, $a_{n+1}^2+a_{n+1}-1=a_n^2(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$. 记 $S_n=a_1+a_2+\cdots +a_n$, $T_n=\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)}+\cdots +\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\dots (1+a_n)}$. 求证：当 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 时，

(1) $a_n<a_{n+1}$;

(2) $S_n>n-2$;

(3) $T_n<3$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：首先证明数列有上界 $a_n<1$。利用数学归纳法：当 $a_n<1$ 时，由递推式 $a_{n+1}^2+a_{n+1}=1+a_n^2<2$ 可证 $a_{n+1}<1$。进而由 $a_{n+1}^2-a_n^2=1-a_{n+1}>0$ 证得单调递增。
2. 第二问：对原递推式变形为 $a_n^2-a_{n+1}^2=a_{n+1}-1$，利用裂项相消法将等式两边从 1 到 $n$ 进行累加，得到 $S_{n+1}$ 与 $a_{n+1}^2$ 的关系，再结合 $a_{n+1}<1$ 放大证明。
3. 第三问：由于 $\{a_n\}$ 严格单调递增，对任意 $k⩾2$ 均有 $a_k⩾a_2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。利用此关系对 $T_n$ 的后继项进行等比放缩，转化为无穷等比级数求和问题。

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对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $a_n<1$

✍【详细解析】

Abstract

证明：

(1) 首先用数学归纳法证明对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，均有 $a_n<1$。

• 当 $n=1$ 时， $a_1=0<1$ 成立。
• 假设当 $n=k$ 时， $a_k<1$ 成立。则当 $n=k+1$ 时，由已知递推式得： $a_{k+1}^2+a_{k+1}=1+a_k^2<2$ 因为 $a_{k+1}⩾0$，而函数 $f(x)=x^2+x$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增且 $f(1)=2$，所以必有 $a_{k+1}<1$。 综上所述，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $a_n<1$。

由此可得： $a_{n+1}^2-a_n^2=1-a_{n+1}>0⟹a_{n+1}^2>a_n^2$ 由于 $a_n⩾0$，故 $a_n<a_{n+1}$ 成立。

(2) 将已知递推式变形为： $a_k^2-a_{k+1}^2=a_{k+1}-1$。 将上式从 $k=1$ 到 $k=n$ 进行累加，得： ${\sum }_{k=1}^n(a_k^2-a_{k+1}^2)={\sum }_{k=1}^n(a_{k+1}-1)$ 左边裂项相消得 $a_1^2-a_{n+1}^2$，右边展开得 $(S_{n+1}-a_1)-n$。 因为 $a_1=0$，代入化简得： $-a_{n+1}^2=S_{n+1}-n⟹S_{n+1}=n-a_{n+1}^2$ 由 (1) 知 $a_{n+1}<1⟹a_{n+1}^2<1⟹-a_{n+1}^2>-1$。 所以 $S_{n+1}>n-1$。

对任意 $n⩾2$ 时，由上式知 $S_n>(n-1)-1=n-2$。 当 $n=1$ 时， $S_1=a_1=0>1-2=-1$ 显然成立。 故对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $S_n>n-2$。

(3) 由 (1) 知 $\{a_n\}$ 严格单调递增，且由 $a_2^2+a_2-1=a_1^2=0$ 及 $a_2⩾0$ 解得 $a_2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。 当 $k⩾2$ 时，有 $a_k⩾a_2⟹1+a_k⩾1+a_2=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$。 因此，对于 $T_n$ 的通项，当 $k⩾2$ 时满足： $\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\dots (1+a_k)}=\frac{1}{1+a_2}\cdot \frac{1}{1+a_3}\dots \frac{1}{1+a_k}⩽{\left(\frac{1}{1+a_2}\right)}^{k-1}$ 由于 $a_1=0$， $T_n$ 的第一项为 1，故： $T_n⩽1+{\sum }_{k=2}^n{\left(\frac{1}{1+a_2}\right)}^{k-1}<1+{\sum }_{j=1}^{\infty }{\left(\frac{2}{\sqrt{5}+1}\right)}^j=1+{\sum }_{j=1}^{\infty }{\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)}^j$ 由无穷等比级数求和公式得： $T_n<1+\frac{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}{1-\frac{\sqrt{5}-1}{2}}=1+\frac{\sqrt{5}-1}{3-\sqrt{5}}=1+\frac{(\sqrt{5}-1)(3+\sqrt{5})}{4}=1+\frac{\sqrt{5}+1}{2}=\frac{\sqrt{5}+3}{2}$ 因为 $\sqrt{5}<2.24$，所以 $\frac{\sqrt{5}+3}{2}<\frac{2.24+3}{2}=2.62<3$。 故 $T_n<3$ 获证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：隐式非线性递推式有界性的数学归纳法判定；利用累加法（裂项相消）实现高次项到低次求和项的降维转化；乘积型级数的等比级数放缩。
2. 核心方法：归纳有界法（先找上界再证单调性）；级数强控制法（用已知单调底数构造大等比级数整体夹逼）。
3. 避坑指南：第三问极易陷入寻找极其复杂的代数裂项公式的误区，实际上由于 $a_n$ 快速逼近 1，其增长速度极快，直接利用首项与第二项进行放缩即可轻松跨越临界值 3 的限制。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题具有深厚的微积分与实分析背景。递推式 $a_{n+1}^2+a_{n+1}-1=a_n^2$ 在不动点理论中对应着迭代函数 $f(x)=\frac{-1+\sqrt{1+4(1+x^2)}}{2}$。由于 $f(1)=1$ 且 $f^{\prime }(1)<1$， 1 为吸引不动点，级数具有强收敛性质。
2. 结论推广：对于任意满足 $a_{n+1}^2+p{a}_{n+1}-p=a_n^2(p>0)$ 且 $a_1=0$ 的数列，均有 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=1$，且其对应倒数乘积级数必收敛。

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