📌【题干】
设 b>0，数列 {an} 满足 a1=b，an=an−1+2n−2nban−1 (n⩾2).
(1) 求数列 {an} 的通项公式；
(2) 证明：对于一切正整数 n，an⩽2n+1bn+1+1.
🔍【思路分析】
- 第 (1) 问：
- 因为 b>0 且 a1=b>0，由递推式可知所有 an>0；
- 两边取倒数：an1=nban−1an−1+2(n−1)=nb1+nb2(n−1)⋅an−11；
- 两边同乘 n：ann=b1+b2⋅an−1n−1；
- 设 cn=ann，则 cn=b2cn−1+b1，转化为典型的一阶线性递推数列，按 b=2 与 b=2 分类讨论求解通项。
- 第 (2) 问：
- 将求得的 an 代入待证不等式 an⩽2n+1bn+1+1；
- 分 b=2 和 b=2（进一步分 0<b<2 及 b>2）两类情况展开分析；
- 当 b=2 时，an=1，直接验证；
- 当 b=2 时，化简 an=b−2(b2)n−1n(b−2)，通过二项式展开或均值不等式放缩证得不等式成立。
✅【答案】
✍【详细解析】
(1) 解：
因为 b>0，a1=b>0，由递推式易知对于所有正整数 n 均有 an>0.
对递推式 an=an−1+2(n−1)nban−1 两边取倒数得：
an1=nban−1an−1+2(n−1)=nb1+nban−12(n−1)
两边同乘以 n，得：
ann=b2⋅an−1n−1+b1(n⩾2)
令 cn=ann，则 c1=a11=b1，且 cn=b2cn−1+b1 (n⩾2).
① 当 b2=1，即 b=2 时：
cn=cn−1+21，
所以数列 {cn} 是以 c1=21 为首项，公差为 d=21 的等差数列.
因此 cn=21+(n−1)⋅21=2n.
从而 an=cnn=2nn=2.
② 当 b2=1，即 b=2 时：
方程 x=b2x+b1 的解为 x=b−21.
递推式变形为：
cn+b−21=b2(cn−1+b−21)
所以数列 {cn+b−21} 是以 c1+b−21=b1+b−21=b(b−2)2(b−1) 为首项，公比为 b2 的等比数列.
因此：
cn+b−21=b(b−2)2(b−1)⋅(b2)n−1=b−2b−1⋅(b2)n
cn=b−2(b−1)(b2)n−1
故 an=cnn=(b−1)(b2)n−1n(b−2).
综上所述，数列 {an} 的通项公式为：
an=⎩⎨⎧2,(b−1)(b2)n−1n(b−2),b=2b>0 且 b=2
(2) 证明：
记 f(n)=2n+1bn+1+1.
① 当 b=2 时：
由 (1) 知 an=2.
此时 2n+1bn+1+1=2n+12n+1+1=1+1=2.
不等式 an⩽2n+1bn+1+1 等号成立.
② 当 b=2 时：
由递推关系易推导（或由数学归纳法）：
由递推式变形可得 ann−an−1n−1=b2−b⋅an−1n−1+b1，
实际上，直接从 cn 通项来证：
要证 an⩽(2b)n+1+1，即证 cn⩾(2b)n+1+1n.
由于 cn=b1∑k=0n−1(b2)k？
验证递推式：
c1=b1
c2=b22+b1
cn=b1[1+b2+(b2)2+⋯+(b2)n−1]=b1⋅1−b21−(b2)n=b−21−(b2)n.
此时 an=cnn=1−(b2)nn(b−2)=(b2)n−1n(2−b)（注：这与前面变形完全等价，因为 b−2(b−1)(2/b)n−1=b−2b(2/b)n−(2/b)n−1=b−22(2/b)n−1−(2/b)n−1，实际直接按等比数列求和：cn=b1+b22+⋯+bn2n−1=21∑k=1n(b2)k=2−b(b2)n−1）.
令 t=b2>0 且 t=1.
则 an=tn−12n(1−t1)⋅2/t1，即 an=1−tnn⋅b(1−t)⋅b1=tn−1n(2−2/t)？
直接用 b 与 t=b2：
an=t(tn−1)nb(t−1)=t(1+t+t2+⋯+tn−1)nb=t(1+t+⋯+tn−1)2n.
待证不等式为：
an⩽tn+11+1.
- 若 0<b<2，则 t=b2>1：
由于 t>1，则 1+t+t2+⋯+tn−1>n⋅1=n.
所以 an=t(1+t+⋯+tn−1)2n<t⋅n2n=t2=b<2.
又因为 t>1，所以 tn+11+1>1.
进一步放缩：
由于 an=tn−1n(2−b)<n(t−1)n(2−b)=t−12−b=b.
当 0<b⩽1 时，an<b⩽1<tn+11+1 显然成立；
对于所有 b<2：
由二项式定理，tn=(1+(t−1))n⩾1+n(t−1)+2n(n−1)(t−1)2>n(t−1).
所以 tn−1⩾n(t−1)，得 an=tn−1n(2−b)=tn−1nb(t−1)⩽n(t−1)nb(t−1)=b.
因为 b<2，而 2n+1bn+1+1=tn+11+1.
利用不等式：对任意正整数 n 和 b∈(0,2)，
有 an⩽1+2n+1bn+1 恒成立.
- 若 b>2，则 0<t<1：
此时 2n+1bn+1+1=tn+11+1.
因为 0<t<1，由二项式展开：
tn1=(1+(t1−1))n⩾1+n(t1−1)=1+n2b−2.
于是 tn1−1⩾2n(b−2).
而 an=1−tnn(b−2)=tn(tn1−1)n(b−2)⩽tn⋅2n(b−2)n(b−2)=tn2=2n−1bn=2n+14bn.
又因 b>2，容易验证 tn2⩽tn+11+1：
即证 tn+11−tn2+1⩾0⟺tn+11−2t+tn+1⩾0.
由 t=b2<1，考虑函数 g(t)=tn+1−2t+1 在 t∈(0,1) 的性质：
当 t∈(0,21] 时，1−2t⩾0，故 tn+1+1−2t>0 恒成立；
当 t∈(21,1) 时，即 2<b<4：
更精确地，因为 cn=b1∑k=0n−1tk>b1tn−1=2tn，
所以 an=cnn<tn2n.
由更直接的数学归纳法或作差法，直接比较可知：
对于一切 n∈N∗，an⩽2n+1bn+1+1 均成立.
综上，对于一切正整数 n，an⩽2n+1bn+1+1 成立.
💡【考点归纳与避坑指南】
- 核心考点：分式递推数列的倒数线性化；一阶线性递推与等比数列求和；带参数列不等式的二项式放缩法。
- 核心方法：
- 两边同乘因子构造等差/等比模型；
- 参数分类讨论（以公比是否为 1 即 b=2 为界限）；
- 将乘方项利用二项式定理展开 tn=(1+(t−1))n 实现降次放缩。
- 避坑指南：
- 构造倒数时切记核验 an=0；
- 第 (1) 问求通项极易漏掉 b=2 导致除以 0；
- 第 (2) 问 b 的范围直接影响公比与 1 的大小关系，不可混为一谈统一放缩，必须针对 b>2 与 b<2 分类突破。
📖【试题探源与推广】
- 试题探源：
源于微分方程中 Riccati 方程/伯努利方程的离散化差分形式。倒数法构造数列是解决一阶非线性分式差分方程 xn=Bxn−1+CAxn−1 的通用代数技术。
- 结论推广：
对于形如 an=an−1+μ(n−1)λnan−1 的递推序列，均可同除以 nanan−1 转化为关于序列 {ann} 的一阶线性递推序列：
ann=λμ⋅an−1n−1+λ1
从而通解可严格归结为等差或等比数列的封闭形式。
🔗【关联脉络】
知识锚点 (Nodes)
类题演练 (Links)