2013-上海卷文-22 解-递推数列形态

本题导读

本题考查数列的递推关系。核心在于分类讨论去绝对值、反证法与数列的有界性的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年上海卷(文)） 已知函数 $f(x)=2-|x|$，无穷数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1}=f(a_n)$，$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$.

(1)若 $a_1=0$，求 $a_2$、$a_3$、$a_4$；

(2)若 $a_1>0$，且 $a_1$、$a_2$、$a_3$ 成等比数列，求 $a_1$ 的值；

(3)是否存在 $a_1$，使得 $a_1$、$a_2$、$a_3$、$\cdots$、$a_n$、$\cdots$ 成等差数列？若存在，求出所有这样的 $a_1$；若不存在，说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. (1) $a_2=2-|0|=2$，$a_3=2-|2|=0$，$a_4=2-|0|=2$。
2. (2) 设 $a_1=t>0$。当 $0<t⩽2$ 时 $a_2=2-t⩾0$，$a_3=2-(2-t)=t$；由 $a_2^2=a_1{a}_3$ 得 $(2-t{)}^2=t^2$ → $4-4t=0$ → $t=1$。
3. 当 $t>2$ 时 $a_2=2-t<0$，$a_3=2-|2-t|=4-t$；由 $a_2^2=a_1{a}_3$ 得 $(2-t{)}^2=t(4-t)$ → $2t^2-8t+4=0$ → $t=2\pm \sqrt{2}$，结合 $t>2$ 取 $t=2+\sqrt{2}$。故 $a_1=1$ 或 $a_1=2+\sqrt{2}$。
4. (3) 设公差 $d$。因 $a_{n+1}=2-|a_n|⩽2$：若 $d>0$，$a_n$ 终将大于 $2$，矛盾；若 $d<0$，$a_n$ 终将为负，此时 $a_{n+1}=2+a_n$ 迫使 $d=2$，与 $d<0$ 矛盾；故 $d=0$，$a_n\equiv a_1$，由 $a_1=2-|a_1|$ 得 $a_1=1$。

✅【答案】

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(1) $a_2=2$，$a_3=0$，$a_4=2$；(2) $a_1=1$ 或 $a_1=2+\sqrt{2}$；(3) 存在且唯一，$a_1=1$

✍【详细解析】

Abstract

**（1）**当 $a_1=0$ 时， $a_2=2-|0|=2,a_3=2-|2|=0,a_4=2-|0|=2.$ **（2）**设 $a_1=t>0$。 当 $0<t⩽2$ 时，$a_2=2-t⩾0$，从而 $a_3=2-(2-t)=t$。由 $a_1,a_2,a_3$ 成等比数列得 $a_2^2=a_1{a}_3$，即 $(2-t{)}^2=t^2\Rightarrow 4-4t=0\Rightarrow t=1.$ 当 $t>2$ 时，$a_2=2-t<0$，从而 $a_3=2-|2-t|=2-(t-2)=4-t$。由 $a_2^2=a_1{a}_3$ 得 $(2-t{)}^2=t(4-t)\Rightarrow 2t^2-8t+4=0\Rightarrow t=2\pm \sqrt{2}.$ 结合 $t>2$ 得 $t=2+\sqrt{2}$。 所以 $a_1=1$ 或 $a_1=2+\sqrt{2}$。 **（3）**假设存在这样的 $a_1$，设等差数列的公差为 $d$，则 $a_n=a_1+(n-1)d$。 由递推式恒有 $a_{n+1}=2-|a_n|⩽2.$ 若 $d>0$，则 $a_n$ 随 $n$ 增大而趋于 $+\infty$，当 $n$ 足够大时 $a_{n+1}>2$，与 $a_{n+1}⩽2$ 矛盾。 若 $d<0$，则当 $n$ 足够大时 $a_n<0$，此时 $a_{n+1}=2-|a_n|=2+a_n,$ 即 $a_{n+1}-a_n=2$，于是 $d=2$，与 $d<0$ 矛盾。 因此只能有 $d=0$，即数列为常数数列，$a_n\equiv a_1$。代入递推式得 $a_1=2-|a_1|.$ 若 $a_1⩾0$，则 $a_1=2-a_1$，得 $a_1=1$；若 $a_1<0$，则 $a_1=2+a_1$，即 $0=2$，无解。 所以存在且唯一的 $a_1=1$（此时数列为 $1,1,1,\cdots$，公差 $d=0$）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：分段递推数列的分类讨论与反证

核心方法：(1) $a_2=2$，$a_3=0$，$a_4=2$；(2) 设 $a_1=t>0$：$0<t⩽2$ 时 $a_3=t$，由 $(2-t{)}^2=t^2$ 得 $t=1$；$t>2$ 时 $a_3=4-t$，由 $(2-t{)}^2=t(4-t)$ 得 $t=2\pm \sqrt{2}$，取 $t=2+\sqrt{2}$；(3) 公差 $d=0$，由 $a_1=2-|a_1|$ 得 $a_1=1$

避坑指南：分界点由 $a_n=0$ 与 $a_n=2$ 共同决定：先比 $a_1$ 与 $2$ 的大小，再逐项去绝对值；第 (3) 问用有界性 + 反证：$a_{n+1}⩽2$ 排除 $d>0$；$a_n$ 终为负时递推退化为 $a_{n+1}=a_n+2$ 从而 $d=2$，排除 $d<0$

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：“分段递推 + 分类讨论”是上海卷数列题的标志性风格，与 2013 广东文 19、2015 广东文 19 的递推数列题共享”按项的正负分段”的处理思路。

结论推广：对 $a_{n+1}=2-|a_n|$：$a_n⩾0$ 时 $a_{n+1}=2-a_n$，$a_n<0$ 时 $a_{n+1}=2+a_n$；恒有 $a_{n+1}⩽2$，且 $a_{n+1}⩾0$ ⇔ $|a_n|⩽2$。

方法推广：处理含绝对值的递推：① 找出使绝对值内为零的”分段点”；② 按首项与分段点的大小关系分类；③ 讨论数列的整体性质时优先用”有界性 + 反证”而非硬算通项。

🔗【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)

• 2013-广东卷文-19 解-数列递推与裂项
• 2014-大纲卷文-17 解-递推数列通项
• 2015-广东卷文-19 解-数列递推