2005-重庆卷理-22 解-数学归纳法

本题导读

本题主要考查数学归纳法、递推数列与不等式的综合证明。第一问用数学归纳法论证；第二问通过变形和对数放缩，将乘积和附加项转化为可裂项相消的求和。

📌【题干】

Question

（2005年重庆卷(理)） 22. 数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$ 且 $a_{n+1}=\left(1+\frac{1}{n^2+n}\right)a_n+\frac{1}{2^n}$ ($n⩾1$).

(1) 用数学归纳法证明： $a_n⩾2$ ($n⩾2$)；

(2) 已知不等式 $\ln (1+x)<x$ 对 $x>0$ 成立，证明： $a_n<{\mathrm{e}}^2$ ($n⩾1$)，其中无理数 $\mathrm{e}=2.71828\cdots$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（数学归纳法）：

• 奠基：验证 $n=2$ 时不等式成立。利用递推式算得 $a_2$，判断其是否大于等于 2。
• 递推假设：设 $n=k$ ($k⩾2$) 时 $a_k⩾2$ 成立。
• 归纳递推：利用递推式写出 $a_{k+1}$，通过代数放缩证明 $a_{k+1}⩾2$ 同样成立。

2. 第二问（对数累加放缩）：

• 化简递推系数：$\left(1+\frac{1}{n^2+n}\right)=1+\frac{1}{n(n+1)}$。
• 由第一问可知 $a_n⩾2$ ($n⩾2$)。在递推式中，由于 $\frac{1}{2^n}=\frac{2}{2^{n+1}}⩽\frac{a_n}{2^{n+1}}$，可将常数项并入含 $a_n$ 的项。
• 取对数：将递推式放缩为 $a_{n+1}⩽\text{结构式}\cdot a_n$，两边取自然对数 $\ln$，将乘积转化为求和。
• 裂项求和：利用 $\ln (1+x)<x$，将对数项放缩为有理分式，裂项相消求和。

✅【答案】

Success

对任意 $n⩾1$， 恒有 $a_n<{\mathrm{e}}^2$ 成立

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 用数学归纳法证明： $a_n⩾2$ ($n⩾2$)

证明：

• 第一步：当 $n=2$ 时 根据递推公式，代入 $a_1=1,n=1$： $a_2=\left(1+\frac{1}{1^2+1}\right)a_1+\frac{1}{2^1}=\left(1+\frac{1}{2}\right)\times 1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=2$ 显然 $a_2⩾2$ 成立。

• 第二步：假设当 $n=k$ ($k⩾2$) 时不等式成立 即假设 $a_k⩾2$ 成立。

• 第三步：证明当 $n=k+1$ 时不等式也成立 根据递推公式： $a_{k+1}=\left(1+\frac{1}{k^2+k}\right)a_k+\frac{1}{2^k}$ 因为 $k⩾2$，所以 $k^2+k>0⟹1+\frac{1}{k^2+k}>1$，且 $\frac{1}{2^k}>0$。 将归纳假设 $a_k⩾2$ 代入上式中进行放缩： $a_{k+1}>\left(1+\frac{1}{k^2+k}\right)\times 2+0=2+\frac{2}{k^2+k}>2$ 所以，当 $n=k+1$ 时不等式也成立。

根据第一步、第二步和第三步，对任意 $n⩾2$ ($n\in \mathbf{N}$)， 恒有 $a_n⩾2$。

(2) 证明： $a_n<{\mathrm{e}}^2$ ($n⩾1$)

证明： 当 $n=1$ 时， $a_1=1<{\mathrm{e}}^2$ 显然成立。 下面讨论 $n⩾2$ 的情况。

由第 (1) 问可知，当 $n⩾2$ 时，恒有 $a_n⩾2$，则 $\frac{a_n}{2}⩾1$。 由此可对原递推式中的常数附加项 $\frac{1}{2^n}$ 进行扩大放缩： $\frac{1}{2^n}=\frac{2}{2^{n+1}}⩽\frac{a_n}{2^{n+1}}$

将该放缩项代回原递推式 $a_{n+1}=\left(1+\frac{1}{n(n+1)}\right)a_n+\frac{1}{2^n}$ 中，提取公因式 $a_n$： $a_{n+1}⩽\left(1+\frac{1}{n(n+1)}\right)a_n+\frac{a_n}{2^{n+1}}=\left(1+\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{2^{n+1}}\right)a_n$

由于 $a_n>0$，在不等式两边同时取自然对数 $\ln$： $\ln a_{n+1}⩽\ln a_n+\ln \left(1+\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{2^{n+1}}\right)$ $\ln a_{n+1}-\ln a_n⩽\ln \left(1+\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{2^{n+1}}\right)$

应用题目已知条件：当 $x>0$ 时， $\ln (1+x)<x$。 令 $x=\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{2^{n+1}}>0$，代入进行放缩： $\ln a_{n+1}-\ln a_n<\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{2^{n+1}}$

利用裂项相消，将 $\frac{1}{n(n+1)}$ 拆分为 $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$： $\ln a_{n+1}-\ln a_n<\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)+\frac{1}{2^{n+1}}$

接下来采用累加法。让自变量由 $1$ 逐步累加至 $n-1$：

• 当 $n=1$ 时（由原递推式精确值变形）： $\ln a_2-\ln a_1=\ln 2<2-1+\frac{1}{2}=1+\frac{1}{2}$
• 当 $n=2$ 时： $\ln a_3-\ln a_2<\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{2^3}$
• 当 $n=3$ 时： $\ln a_4-\ln a_3<\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{2^4}$
• $\cdots \cdots$
• 当 $n=n-1$ 时： $\ln a_n-\ln a_{n-1}<\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{2^n}$

将上述 $n-1$ 个不等式左右两端分别相加，左侧错项抵消： $\ln a_n-\ln a_1<\left(1+\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+\cdots +\frac{1}{2^n}\right)$

合并消项整理可得： $\ln a_n-\ln a_1<1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+\cdots +\frac{1}{2^n}\right)$ $\ln a_n-\ln a_1<2-\frac{1}{n}+\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots +\frac{1}{2^n}\right)$

因为 $\ln a_1=\ln 1=0$，若继续对剩余项放大（去掉 $-\frac{1}{n}$，并把有限等比级数放大为无穷等比级数）： $\ln a_n<2+{\sum }_{k=3}^{\infty }\frac{1}{2^k}$

利用等比数列无穷求和公式 $\frac{a_1}{1-q}$ 计算： ${\sum }_{k=3}^{\infty }\frac{1}{2^k}=\frac{\frac{1}{8}}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{4}$ 代回可得： $\ln a_n<2-\frac{1}{n}+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{2^n}\right)=\frac{9}{4}-\frac{1}{n}-\frac{1}{2^n}$

上面的放缩没有证出严格小于 2，下面直接对通项累加： $\ln a_n-\ln a_1={\sum }_{k=1}^{n-1}\ln \left(1+\frac{1}{k(k+1)}+\frac{1}{2^{k+1}}\right)<{\sum }_{k=1}^{n-1}\left[\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)+\frac{1}{2^{k+1}}\right]$ $=\left(1-\frac{1}{n}\right)+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots +\frac{1}{2^n}\right)$ 因为 $\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots +\frac{1}{2^n}\right)<\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}$， 所以： $\ln a_n<1-\frac{1}{n}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\frac{1}{n}<2$

因为 $\ln a_n<2$，利用指数函数的单调递增性： $a_n<{\mathrm{e}}^2$

综上所述，对任意 $n⩾1$， 恒有 $a_n<{\mathrm{e}}^2$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：数学归纳法的表述、递推数列的放缩、对数不等式在级数求和中的应用、裂项相消法。
2. 核心方法：对数累加放缩法、等比级数求和。
3. 避坑指南：

• 第二问直接裂项时，$\frac{1}{2^n}$ 这一项无法消去。应利用第一问的结论 $a_n⩾2⟹1⩽\frac{a_n}{2}$，把常数项转化为含 $a_n$ 的项合并。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自 2005 年重庆高考理科数学第 22 题，考查递推数列与不等式放缩。
2. 结论推广：本题体现了“取对数变乘积为加和”的思想。对乘积型递推数列，利用 $\ln (1+x)<x$ 可将对数项放缩为有理式，再裂项相消求和。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.05 数列放缩法路径选择与常用模型
• 19.04 数列求和核心方法与裂项模型

类题演练 (Links)