2003-江苏卷-22 解-数列的递推关系与通项公式

本题导读

本题作为2003年江苏高考数学压轴题，巧妙地将解析几何中的曲线迭代（蛛网图模型）与数列递推相结合。第一问需要利用图象中的几何投影逐步写出代数递推式，并利用对数或特征构造求出通项；第二、三问则是数列不等式证明中的经典难点，要求根据自变量和初始项的不同范围，分别采用裂项、均值不等式或单调性放缩技巧来实现目标上界的控制。

📌【题干】

Question

（2003年江苏卷） 设 $a>0$，如图，已知直线 $l:y=ax$ 及曲线 $C:y=x^2$，$C$ 上的点 $Q_1$ 的横坐标为 $a_1$ ($0<a_1<a$). 从 $C$ 上的点 $Q_n$ ($n\ge 1$) 作直线平行于 $x$ 轴，交直线 $l$ 于点 $P_{n+1}$，再从点 $P_{n+1}$ 作直线平行于 $y$ 轴，交曲线 $C$ 于点 $Q_{n+1}$. $Q_n$ ($n=1,2,3,\dots$) 的横坐标构成数列 $\{a_n\}$.

(1) 试求 $a_{n+1}$ 与 $a_n$ 的关系，并求 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(2) 当 $a=1$，$a_1\le \frac{1}{2}$ 时，证明： ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<\frac{1}{32}$；

(3) 当 $a=1$ 时，证明： ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<\frac{1}{3}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问分析（几何翻译代数）：

   • 点 $Q_n$ 在曲线 $y=x^2$ 上，其横坐标为 $a_n$，则纵坐标为 $a_n^2$，即 $Q_n(a_n,a_n^2)$。
   • $P_{n+1}$ 是过 $Q_n$ 且平行于 $x$ 轴的直线与直线 $y=ax$ 的交点，说明 $P_{n+1}$ 的纵坐标与 $Q_n$ 相同，为 $a_n^2$。代入直线方程解出其横坐标。
   • $Q_{n+1}$ 是过 $P_{n+1}$ 且平行于 $y$ 轴的直线与曲线 $y=x^2$ 的交点，说明 $Q_{n+1}$ 的横坐标与 $P_{n+1}$ 相同，即为 $a_{n+1}$。从而列出显式递推方程，两边取对数即可化为等比数列。

2. 第二、三问求和式结构提炼： 目标求和式为 $S_n={\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}$。当 $a=1$ 时，由第一问结论可知 $a_n=a_1^{2^{n-1}}$，且递推关系简化为 $a_{n+1}=a_n^2$。 由此可得： $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}=(a_k-a_k^2)a_{k+1}^2=a_k(1-a_k)a_k^4=a_k^5(1-a_k)$。

3. 第二问证明思路（最大值控制法）： 已知 $a_1\le \frac{1}{2}$。由于 $0<a_1<1$，整个数列项单调递减趋近于 0。通过对通项进行适当的倍数裂项或单项放大，利用等比数列求和或二次函数的最值将其卡死在 $\frac{1}{32}$ 之下。

4. 第三问证明思路（图象面积/裂项法）： 当 $a_1$ 增大到接近 1 的范围时，原有的单纯首项最值放大法将失效。需要寻找新的裂项关系，将 $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}$ 与 $(a_k^3-a_{k+1}^3)$ 或类似的相邻项级数差建立不等式联系，利用级数自然消去，从而锁定最终上界 $\frac{1}{3}$。

✅【答案】

Success

(1) $a_{n+1}=\frac{a_n^2}{a}$，通项 $a_n=a{\left(\frac{a_1}{a}\right)}^{2^{n-1}}$

(2) 证明见解析

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求解 $a_{n+1}$ 与 $a_n$ 的关系及 $\{a_n\}$ 的通项公式

由题意，点 $Q_n$ 的横坐标为 $a_n$，且点 $Q_n$ 在曲线 $C:y=x^2$ 上，则其坐标为： $Q_n(a_n,a_n^2)$

因为 $Q_n{P}_{n+1}\parallel x$ 轴，所以点 $P_{n+1}$ 的纵坐标与 $Q_n$ 的纵坐标相等，即 $y_{P_{n+1}}=a_n^2$。 又因为点 $P_{n+1}$ 在直线 $l:y=ax$ 上，其横坐标满足 $a_n^2=a\cdot x_{P_{n+1}}$，解得： $x_{P_{n+1}}=\frac{a_n^2}{a}$

因为 $P_{n+1}{Q}_{n+1}\parallel y$ 轴，所以点 $Q_{n+1}$ 的横坐标与 $P_{n+1}$ 的横坐标相等。由定义该横坐标即为 $a_{n+1}$，因此得到相邻项的递推关系为： $a_{n+1}=\frac{a_n^2}{a}\text{(1)}$

为了求解通项公式，将 ① 式两边同除以常数 $a$： $\frac{a_{n+1}}{a}=\frac{a_n^2}{a^2}={\left(\frac{a_n}{a}\right)}^2$

由于已知 $0<a_1<a$，可知 $0<\frac{a_n}{a}<1$。对上式两边取以 2 为底的对数： ${\log }_2\left(\frac{a_{n+1}}{a}\right)={\log }_2{\left(\frac{a_n}{a}\right)}^2=2{\log }_2\left(\frac{a_n}{a}\right)$

设新的辅助数列 $b_n={\log }_2\left(\frac{a_n}{a}\right)$，则上式满足 $b_{n+1}=2b_n$。 这表明 $\{b_n\}$ 是一个以 $b_1={\log }_2\left(\frac{a_1}{a}\right)$ 为首项、公比 $q=2$ 的等比数列。其通项为： $b_n=b_1\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}{\log }_2\left(\frac{a_1}{a}\right)={\log }_2{\left(\frac{a_1}{a}\right)}^{2^{n-1}}$

由 $b_n={\log }_2\left(\frac{a_n}{a}\right)$，逆向还原可得： $\frac{a_n}{a}={\left(\frac{a_1}{a}\right)}^{2^{n-1}}⟹a_n=a\cdot {\left(\frac{a_1}{a}\right)}^{2^{n-1}}$

这就是 $\{a_n\}$ 的通项公式。

(2) 当 $a=1$，$a_1\le \frac{1}{2}$ 时，证明： ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<\frac{1}{32}$

当 $a=1$ 时，递推关系简化为 $a_{n+1}=a_n^2$。通项公式化为 $a_n=a_1^{2^{n-1}}$。 由于 $0<a_1\le \frac{1}{2}<1$，显然数列 $\{a_n\}$ 严格单调递减且恒为正数。

对于求和式的通项进行代数变形： $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}=(a_k-a_k^2)\cdot a_{k+1}^2=a_k(1-a_k)\cdot (a_k^2{)}^2=a_k^5(1-a_k)$

因为当 $k\ge 1$ 时，由于数列单调递减，恒有 $a_k\le a_1\le \frac{1}{2}$，从而有 $1-a_k<1$。 我们可以对通项进行如下放缩： $a_k^5(1-a_k)<a_k^5\cdot 1=a_k\cdot a_k^4=a_k\cdot a_{k+1}^2$ 由于 $a_{k+1}=a_k^2\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$，进一步放缩： $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}=a_k^5(1-a_k)<a_k\cdot a_{k+1}^2\le a_k\cdot \left(\frac{1}{4}\right)\cdot a_{k+1}=\frac{1}{4}{a}_k{a}_{k+1}$

由于 $a_{k+1}=a_k^2=a_k\cdot a_k\le \frac{1}{2}{a}_k$，为了构建可求和的几何级数或直接裂项，利用 $a_{k+2}=a_{k+1}^2\le \frac{1}{4}{a}_{k+1}$： 重新审视原求和项： $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<a_k\cdot a_{k+2}=a_k\cdot a_{k+1}^2$ 因为 $a_{k+1}=a_k^2⟹a_k=\sqrt{a_{k+1}}$，不便于求和。 改用前项倍数控制法： 对任意 $k\ge 1$： $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}=a_k^5(1-a_k)<a_k^5$ 由于 $a_k=a_1^{2^{k-1}}$，当 $k=1$ 时，项为 $a_1^5(1-a_1)$。 由于函数 $g(x)=x^5(1-x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{2}\right]$ 上单调递增，当 $x=\frac{1}{2}$ 时取得最大值： $g\left(\frac{1}{2}\right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^5\cdot \left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{32}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{64}$ 即第一项满足： $(a_1-a_2)a_3\le \frac{1}{64}$。

对于后续所有项（$k\ge 2$）： $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<a_k^5$ 因为 $a_k\le a_2=a_1^2\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$。 由此可知各项之间呈现极快的指数级衰减，对其进行等比级数放大： ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}=(a_1-a_2)a_3+{\sum }_{k=2}^n{a}_k^5(1-a_k)<\frac{1}{64}+{\sum }_{k=2}^n{a}_k^5$ 由于当 $k\ge 2$ 时， $a_k=a_{k-1}^2⟹a_k^5=a_{k-1}^{10}$。 直接利用强约束： $a_k\le {\left(\frac{1}{4}\right)}^{2^{k-2}}$。 具体展开：

• $k=1$: $\le \frac{1}{64}$
• $k=2$: $a_2^5(1-a_2)<a_2^5=(a_1^2{)}^5=a_1^{10}\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^{10}=\frac{1}{1024}$
• $k=3$: $a_3^5<{\left(\frac{1}{16}\right)}^5=\frac{1}{1048576}$

将前几项相加： ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<\frac{1}{64}+\frac{1}{1024}+\frac{1}{1048576}+\dots$ 显然整个无穷级数和远远小于： $\frac{1}{64}+\frac{1}{512}=\frac{9}{512}<\frac{16}{512}=\frac{1}{32}$ 由此命题得证。

(3) 当 $a=1$ 时，证明： ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<\frac{1}{3}$

当 $a=1$ 时，初始项 $a_1$ 的范围放宽为任意的 $0<a_1<1$。 此时无法直接采用第二问的第一项最大值放大法，必须借助结构裂项相消法。

目标是寻找一个能发生前后项自然消去的不等式关系。 观察通项： $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}=(a_k-a_{k+1})a_{k+1}^2=a_k{a}_{k+1}^2-a_{k+1}^3$

我们需要将 $a_k{a}_{k+1}^2$ 放大，使其与前一项的立方 $a_k^3$ 建立关联。 由于 $a_{k+1}=a_k^2⟹a_{k+1}<a_k$（因 $0<a_k<1$）。 利用三次差公式的结构特征，我们来比较 $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}$ 与 $\frac{1}{3}(a_k^3-a_{k+1}^3)$ 的大小： $\frac{1}{3}(a_k^3-a_{k+1}^3)=\frac{1}{3}(a_k-a_{k+1})(a_k^2+a_k{a}_{k+1}+a_{k+1}^2)$

由于 $a_k>0,a_{k+1}>0$，且 $a_k-a_{k+1}>0$，对两式进行作差比对： $\frac{1}{3}(a_k^2+a_k{a}_{k+1}+a_{k+1}^2)-a_{k+2}=\frac{1}{3}(a_k^2+a_k{a}_{k+1}+a_{k+1}^2)-a_{k+1}^2(\text{因 }{a}_{k+2}=a_{k+1}^2)$ $=\frac{1}{3}(a_k^2+a_k{a}_{k+1}-2a_{k+1}^2)=\frac{1}{3}(a_k-a_{k+1})(a_k+2a_{k+1})$

因为 $0<a_1<1$，故数列严格单调递减，必有 $a_k>a_{k+1}⟹a_k-a_{k+1}>0$。 同时 $a_k+2a_{k+1}>0$。 因此： $\frac{1}{3}(a_k^2+a_k{a}_{k+1}-2a_{k+1}^2)>0$ 从而得到核心放缩不等式： $(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<\frac{1}{3}(a_k^3-a_{k+1}^3)$

对该不等式在 $k=1$ 到 $n$ 上进行累加求和，右侧构成标准的**流水裂项（Telescoping Sum）**结构： ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{3}(a_k^3-a_{k+1}^3)$ ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<\frac{1}{3}\left[(a_1^3-a_2^3)+(a_2^3-a_3^3)+\cdots +(a_n^3-a_{n+1}^3)\right]$

中间项两两抵消，首尾相消后仅剩第一项和最后一项： ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<\frac{1}{3}(a_1^3-a_{n+1}^3)$

因为 $0<a_1<1$ 且 $a_{n+1}>0$，所以： $a_1^3-a_{n+1}^3<a_1^3<1^3=1$

由此最终证得： ${\sum }_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})a_{k+2}<\frac{1}{3}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：由交点规律建立代数递推式，对数法解一阶非线性递推式，基于三次差因式的级数放缩。
2. 核心方法：三次差裂项法。第三问中构造 $\frac{1}{3}(a_k^3-a_{k+1}^3)$ 是破题的绝对核心，通过引入高次项实现求和式的中途坍缩。
3. 避坑指南：

   • 第一问求出递推式后，由于底数带有未知常数 $a$，直接取对数时需注意符号。由于 $\frac{a_n}{a}<1$，取对数后实为负数，因本题直接作为等比系数处理，两边除以 $a$ 凑出整体形式 $\frac{a_n}{a}$ 是最稳妥的规避手段。

   • 第三问中切不可继续盲目使用 $a_1$ 的具体数值去卡上限。因为当 $a_1\to 1$ 时，前几项和会无限逼近于 $\frac{1}{3}$，任何粗糙的单项放大（如放弃减数项）都会导致上界溢出而无法完成证明。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题属于典型的“函数迭代数列”问题，考查由几何作图归纳递推关系、求通项及放缩证明。
2. 结论推广: 对于任意形如 $a_{n+1}=a_n^m$ ($m>1,0<a_1<1$) 的迭代递推数列，其通项为 $a_n=a_1^{m^{n-1}}$。利用相同的因式分解作差法，总可以构造出如下的广义裂项相消控制不等式： $(a_k-a_{k+1})a_{k+1}^{m-1}<\frac{1}{m}(a_k^m-a_{k+1}^m)$ 该级数在整个定义域上的无穷和上限被严格锁定在 $\frac{1}{m}{a}_1^m<\frac{1}{m}$ 之下。

🔗【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

类题演练 (Links)

• 2006-湖北文-20 解-数列通项与裂项求和
• 1986-广东理-38 解-数列与数学归纳法
• 1987-全国文-12 填-数列的极限