2009-陕西卷理-22 解-数列

本题导读

本题考查数列的递推关系与子数列性质、数学归纳法。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年陕西卷(理)） 已知数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1=\frac{1}{2}$，$x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n},n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$．

(1)猜想数列 $\{x_n\}$ 的单调性，并证明你的结论；

(2)证明：$|x_{n+1}-x_n|\le \frac{1}{6}{\left(\frac{2}{5}\right)}^{n-1}$．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问逻辑：

• 先算出前几项：$x_1=\frac{1}{2}$, $x_2=\frac{2}{3}$, $x_3=\frac{3}{5}$, $x_4=\frac{5}{8}$，可以发现数列整体不单调，但奇数项递增，偶数项递减。
• 设方程 $x=\frac{1}{1+x}$ 的正解为 $\alpha =\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。利用数学归纳法证明奇数项均小于 $\alpha$，偶数项均大于 $\alpha$，进而结合递推式完成单调性的证明。

2. 第二问逻辑：

• 将前后两项差的绝对值进行递推化简：$|x_{n+1}-x_n|=\frac{|x_n-x_{n-1}|}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}$。

• 证明当 $n\ge 2$ 时，项的下界为 $x_n\ge \frac{3}{5}$，以此对分母进行放大（即对整个分式进行缩小），得到 $|x_{n+1}-x_n|\le \frac{2}{5}|x_n-x_{n-1}|$，累乘即可得证。

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对任意 $n\ge 2$，均有：$|x_{n+1}-x_n|\le \frac{2}{5}|x_n-x_{n-1}|$由递推关系的累乘可得：$|x_{n+1}-x_n|\le {\left(\frac{2}{5}\right)}^{n-1}|x_2-x_1|$又 $

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）计算数列的前几项得： $x_1=\frac{1}{2}=0.5$； $x_2=\frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}\approx 0.667$； $x_3=\frac{1}{1+\frac{2}{3}}=\frac{3}{5}=0.6$； $x_4=\frac{1}{1+\frac{3}{5}}=\frac{5}{8}=0.625$． 由此可见，$x_1<x_3$， $x_2>x_4$． 猜想结论：数列 $\{x_n\}$ 整体不具有单调性；其中奇数项子数列 $\{x_{2k-1}\}$ 单调递增，偶数项子数列 $\{x_{2k}\}$ 单调递减。

证明如下： 设 $\alpha =\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，显然 $\alpha$ 是方程 $x^2+x-1=0$ 的正根，即 $\alpha =\frac{1}{1+\alpha }$． 首先用数学归纳法证明：$x_{2k-1}<\alpha$ 且 $x_{2k}>\alpha$ 对一切 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 成立。 ① 当 $k=1$ 时，$x_1=\frac{1}{2}<\alpha \approx 0.618$，$x_2=\frac{2}{3}>\alpha$，结论成立。 ② 假设当 $k=m$ 时结论成立，即 $x_{2m-1}<\alpha$ 且 $x_{2m}>\alpha$． 则当 $k=m+1$ 时： $x_{2m+1}=\frac{1}{1+x_{2m}}<\frac{1}{1+\alpha }=\alpha$ $x_{2m+2}=\frac{1}{1+x_{2m+1}}>\frac{1}{1+\alpha }=\alpha$ 所以当 $k=m+1$ 时结论亦成立。 综上所述，对任意 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，恒有 $x_{2k-1}<\alpha$ 且 $x_{2k}>\alpha$．

下面证明子数列的单调性： 由递推关系可得：$x_{n+2}=\frac{1}{1+x_{n+1}}=\frac{1}{1+\frac{1}{1+x_n}}=\frac{1+x_n}{2+x_n}$． 则 $x_{n+2}-x_n=\frac{1+x_n-x_n(2+x_n)}{2+x_n}=\frac{1-x_n-x_n^2}{2+x_n}$． 当 $n=2k-1$ 时，因 $x_{2k-1}<\alpha$，则 $x_{2k-1}^2+x_{2k-1}-1<0⟹1-x_{2k-1}-x_{2k-1}^2>0$． 又 $2+x_{2k-1}>0$，故 $x_{2k+1}-x_{2k-1}>0$，即奇数项子数列单调递增。 当 $n=2k$ 时，因 $x_{2k}>\alpha$，则 $x_{2k}^2+x_{2k}-1>0⟹1-x_{2k}-x_{2k}^2<0$． 故 $x_{2k+2}-x_{2k}<0$，即偶数项子数列单调递减。

（2）因为 $x_1=\frac{1}{2}$，且由（1）知对任意 $n\ge 1$ 恒有 $x_n>0$． 当 $n\ge 1$ 时，$x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}<1$，故对所有 $n\ge 2$ 恒有 $x_n<1$． 由于奇数项递增、偶数项递减，可知当 $n\ge 2$ 时， $x_n\ge x_3=\frac{3}{5}$（对奇数项）或 $x_n\ge x_4=\frac{5}{8}$（对偶数项）． 由此可得，对于任意 $n\ge 2$，恒有 $x_n\ge \frac{3}{5}$．

下分析前后项差的绝对值： $|x_{n+1}-x_n|=\left|\frac{1}{1+x_n}-\frac{1}{1+x_{n-1}}\right|=\frac{|x_n-x_{n-1}|}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}$ 当 $n=2$ 时： $|x_3-x_2|=\frac{|x_2-x_1|}{(1+x_2)(1+x_1)}=\frac{|x_2-x_1|}{(1+\frac{2}{3})(1+\frac{1}{2})}=\frac{2}{5}|x_2-x_1|$ 当 $n\ge 3$ 时，因 $x_n\ge \frac{3}{5}$ 且 $x_{n-1}\ge \frac{3}{5}$，则： $(1+x_n)(1+x_{n-1})\ge \left(1+\frac{3}{5}\right)\left(1+\frac{3}{5}\right)=\frac{64}{25}>\frac{5}{2}$ 所以 $\frac{1}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}<\frac{2}{5}$． 综上所述，对任意 $n\ge 2$，均有： $|x_{n+1}-x_n|\le \frac{2}{5}|x_n-x_{n-1}|$ 由递推关系的累乘可得： $|x_{n+1}-x_n|\le {\left(\frac{2}{5}\right)}^{n-1}|x_2-x_1|$ 又 $|x_2-x_1|=\left|\frac{2}{3}-\frac{1}{2}\right|=\frac{1}{6}$， 故 $|x_{n+1}-x_n|\le \frac{1}{6}{\left(\frac{2}{5}\right)}^{n-1}$ 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：不动点原理在数列趋向性判定中的应用；运用数学归纳法精细化分区间讨论；相邻项差的绝对值的缩放控制。

2. 核心方法：第一问借助方程 $x=\frac{1}{1+x}$ 的根作为隔离边界；第二问利用分母的下界对整体分式实施上界放缩。

3. 避坑指南：很多学生在第一问中容易轻率地得出“数列不单调”便停止作答，漏掉对奇偶子数列各自单调性的深度挖掘；第二问在寻找 $x_n$ 的下界时，极易直接代入整个数列的起始项 $x_1=\frac{1}{2}$，从而得到分母放大因子为 $\frac{4}{9}$，这会导致缩放尺度不够而无法得到目标系数 $\frac{2}{5}$（因为 $\frac{4}{9}\approx 0.444>0.4=\frac{2}{5}$）。必须剔除 $x_1$，从 $n\ge 2$ 时的全局下界 $\frac{3}{5}$ 切入。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是以斐波那契数列相邻项比值（即黄金分割比的分式逼近）为高观点背景设计的动态收敛数列问题。递推式 $x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}$ 对应的连分数结构在极限状态下直接指向黄金分割比 $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。

2. 结论推广：对于任何形式为 $x_{n+1}=\frac{b}{a+x_n}(a>0,b>0)$ 且初始值正向的数列，其奇偶子数列必然呈现“一增一减”并共同向该函数的不动点（正实根）交错收敛的拓扑特征。

🔗【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)

• 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
• 2014-上海卷文-23 解-数列不等式