2004-湖北理-22 解-数列极限的代数求解

本题导读

本题考查数列极限的代数求解。核心在于极限两端取恒等性质法、差分迭代化简法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年湖北卷(理)） 已知 $a>0$，数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=a,a_{n+1}=a+\frac{1}{a_n},n=1,2,\dots$.

(1) 已知数刻 $\{a_n\}$ 极限存在且大于零，求 $A={\lim }_{n\to \infty }{a}_n$（将 $A$ 用 $a$ 表示）；

(2) 设 $b_n=a_n-A,n=1,2,\dots$，证明： $b_{n+1}=-\frac{b_n}{A(b_n+A)}$；

(3) 若 $|b_n|\le \frac{1}{2^n}$ 对 $n=1,2,\dots$ 都成立，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问逻辑：已知 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=A$。在已知递推式 $a_{n+1}=a+\frac{1}{a_n}$ 左右两边同时令 $n\to \infty$ 取极限。由于极限的平移不变性， ${\lim }_{n\to \infty }{a}_{n+1}=A$。从而得到关于 $A$ 的超越方程 $A=a+\frac{1}{A}$。两边同乘以 $A$ 整理成一元二次方程，结合 $A>0$ 舍去负根，求得 $A$ 用 $a$ 表达的解析式。
2. 第二步逻辑（由此得到一个隐藏恒等性质）：由 $A=a+\frac{1}{A}⟹a=A-\frac{1}{A}$。这个关系将在第二问和第三问的代数消元中起到决定性的简化作用。
3. 第二问逻辑：根据定义有 $a_n=b_n+A$ 且 $a_{n+1}=b_{n+1}+A$。将其直接代入原递推式中： $b_{n+1}+A=a+\frac{1}{b_n+A}$。将第一问的隐藏恒等性质 $a=A-\frac{1}{A}$ 代入等式右侧，消去两边的 $A$，再对右侧剩下的分式进行通分和因式合并，即可完成证明。
4. 第三问逻辑：
   • 题目的核心约束是 $|b_n|\le \frac{1}{2^n}$ 对所有正整数恒成立。首先核验临界首项 $n=1$ 的情况： $|b_1|\le \frac{1}{2}$。由于 $b_1=a_1-A=a-A=-\frac{1}{A}$，从而满足 $\left|-\frac{1}{A}\right|\le \frac{1}{2}⟹\frac{1}{A}\le \frac{1}{2}⟹A\ge 2$。
   • 再利用第二问的递推式进行绝对值变形： $|b_{n+1}|=\frac{|b_n|}{A|b_n+A|}$。要让所有项都被 $\frac{1}{2^{n+1}}$ 完整控制，需要对分母的下界进行评估。由 $A\ge 2$ 顺延推导，可证明当 $A\ge 2$ 时所有后续项均天然满足有界链约束，从而将条件完整转化为 $A\ge 2$，进而利用第一问的函数关系反解出参数 $a$ 的范围。

✅【答案】

Success

(1) $A=\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}$；(2) 见解析；(3) $a\in \left[\frac{3}{2},+\infty \right)$

✍【详细解析】

Abstract

• （1）求极限 $A={\lim }_{n\to \infty }{a}_n$： 已知 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=A$ 且 $A>0$。 在递推关系式 $a_{n+1}=a+\frac{1}{a_n}$ 左右两边同时取 $n\to \infty$ 的极限： ${\lim }_{n\to \infty }{a}_{n+1}={\lim }_{n\to \infty }\left(a+\frac{1}{a_n}\right)$ 根据极限的四则运算法则以及平移恒等性质性质，上式等价于： $A=a+\frac{1}{A}\text{（式1）}$ 两边同时乘以 $A$（因为 $A>0$）： $A^2=aA+1⟹A^2-aA-1=0\text{（式2）}$ 利用一元二次方程求根公式解得： $A=\frac{a\pm \sqrt{a^2-4\times 1\times (-1)}}{2}=\frac{a\pm \sqrt{a^2+4}}{2}$ 因为 $a>0⟹\sqrt{a^2+4}>\sqrt{a^2}=a$，为了确保极限值满足已知条件 $A>0$，必须舍去负根。

  故极限 $A$ 的代数表达式为： $A=\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}$ (由此顺延可得一个核心隐藏代数恒等式： $a=A-\frac{1}{A}\text{（式3）}$)。

• （2）证明： $b_{n+1}=-\frac{b_n}{A(b_n+A)}$： 由题意已知 $b_n=a_n-A⟹a_n=b_n+A$。 同理顺延一项满足： $a_{n+1}=b_{n+1}+A$。 将这两组代换式直接代入原递推公式 $a_{n+1}=a+\frac{1}{a_n}$ 中： $b_{n+1}+A=a+\frac{1}{b_n+A}\text{（式4）}$ 将第（1）问求得的隐藏恒等式（式3） $a=A-\frac{1}{A}$ 代入（式4）的右侧： $b_{n+1}+A=\left(A-\frac{1}{A}\right)+\frac{1}{b_n+A}$ 等式左右两边同时消去共同的常数因式 $A$： $b_{n+1}=-\frac{1}{A}+\frac{1}{b_n+A}$ 对等式右侧的两个分式进行齐次通分： $b_{n+1}=\frac{-(b_n+A)+A}{A(b_n+A)}=\frac{-b_n-A+A}{A(b_n+A)}=\frac{-b_n}{A(b_n+A)}=-\frac{b_n}{A(b_n+A)}$ 原命题得证。

• （3）若 $|b_n|\le \frac{1}{2^n}$ 对 $n=1,2,\dots$ 都成立，求 $a$ 的取值范围： 首先，针对首项 $n=1$ 的临界状态进行核算： 已知 $b_1=a_1-A$，由题设 $a_1=a$ 且由（式3）知 $a=A-\frac{1}{A}$，代入得： $b_1=\left(A-\frac{1}{A}\right)-A=-\frac{1}{A}\text{（式5）}$ 由于不等式对 $n=1$ 必须成立，代入 $|b_1|\le \frac{1}{2^1}$： $\left|-\frac{1}{A}\right|\le \frac{1}{2}⟹\frac{1}{A}\le \frac{1}{2}(\text{因为 }A>0)$ 解得极限参数 $A$ 的基础控制范围为： $A\ge 2\text{（式6）}$

  下面我们采用数学归纳法来证明：当且仅当 $A\ge 2$ 时，对于所有的正整数 $n$， $|b_n|\le \frac{1}{2^n}$ 均能无条件成立。

  1. 当 $n=1$ 时，由（式6）可知不等式显然成立。
  2. 假设当 $n=k$ ($k\ge 1$) 时，不等式严格成立，即假设： $|b_k|\le \frac{1}{2^k}$
  3. 那么当 $n=k+1$ 时，利用第（2）问已证的递推绝对值图形进行放缩： $|b_{k+1}|=\left|-\frac{b_k}{A(b_k+A)}\right|=\frac{|b_k|}{A\cdot |b_k+A|}\text{（式7）}$ 根据绝对值三角不等式下界放缩法则： $|b_k+A|\ge A-|b_k|$。 由于归纳假设 $|b_k|\le \frac{1}{2^k}\le \frac{1}{2^1}=\frac{1}{2}$，且由（式6）知 $A\ge 2$： $|b_k+A|\ge A-|b_k|\ge 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ 将其代入（式7）的分母中进行整体放大（分母变小，分式变大）： $|b_{k+1}|=\frac{|b_k|}{A\cdot |b_k+A|}\le \frac{|b_k|}{2\times \frac{3}{2}}=\frac{|b_k|}{3}<\frac{|b_k|}{2}$ 再将归纳假设 $|b_k|\le \frac{1}{2^k}$ 代入上式： $|b_{k+1}|\le \frac{1}{2}\times |b_k|\le \frac{1}{2}\times \frac{1}{2^k}=\frac{1}{2^{k+1}}$ 这表明当 $n=k+1$ 时，不等式同样严格成立。

  综上所述，原不等式恒成立的充要条件退化确定为： $A\ge 2$ 将（式1）中的恒等式 $A=a+\frac{1}{A}$ 引入。由于 $A\ge 2$，函数 $a=A-\frac{1}{A}$ 在 $[2,+\infty )$ 上是严格单调递增的。 直接代入临界下边界 $A=2$： $a\ge 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$

答：实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{3}{2},+\infty \right)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：递推极限方程的建立与隐藏恒等式（$a=A-\frac{1}{A}$）的提取；利用数学归纳法配合绝对值三角不等式完成运算的有界性证明。
2. 核心方法：极限恒等式法、数学归纳放缩法。
3. 避坑指南：
   • 第二问化简时陷入大面积混乱的字母泥潭：如果直接把第一问带根号的 $A=\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}$ 硬生生代入第二问去强行通分，由于包含多重二次根式，其计算量在第二步就会彻底锁死崩盘。必须采用“结构消元法”：即不去管 $A$ 里面的根号，而是反过来利用关系式将 $a$ 替换为不带根号的 $A-\frac{1}{A}$。这种“由繁化简、以动控静”的代数恒等性质技巧是做对压轴大题的高阶基本功。
   • 第三问放缩分母时，必须严密给出 $|b_k+A|\ge A-|b_k|$ 的绝对值级数放大过程，不能直接声称其大于 2，否则会因步骤不严密被扣分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 经典数列递推与极限收敛性评估的高考压轴题，考查递推数列的收敛性与不等式放缩。
2. 结论推广: 证明递推数列收敛，可先证明其单调且有界（单调有界定理），再由 $a_{n+1}=f(a_n)$ 两边取极限得 $\lim a_n=A$ 满足 $A=f(A)$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

• 1989-全国文-14 填-绝对值不等式的求解
• 1987-全国文-12 填-数列的极限
• 1987-广东理-30 填-数列的极限