2006-陕西卷理-22 解-数列递推与不动点

本题导读

本题是函数与数列递推交汇的综合题。第一问通过导数判定单调性；第二问用数学归纳法结合函数单调性证明不等式的夹逼有界性；第三问在夹逼的前提下，利用导函数在区间上的上界对邻项差值比进行放缩证明。

📌【题干】

Question

（2006年陕西卷(理)） 已知函数 $f(x)=x^3-x^2+\frac{x}{2}+\frac{1}{4}$，且存在 $x_0\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$，使 $f(x_0)=x_0$.

(1) 证明： $f(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的单调增函数；

(2) 设 $x_1=0,x_{n+1}=f(x_n),y_1=\frac{1}{2},y_{n+1}=f(y_n)$，其中 $n=1,2,\dots$. 证明： $x_n<x_{n+1}<x_0<y_{n+1}<y_n$；

(3) 证明： $\frac{y_{n+1}-x_{n+1}}{y_n-x_n}<\frac{1}{2}$.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：对 $f(x)$ 求导，得到 $f^{\prime }(x)=3x^2-2x+\frac{1}{2}$。由判别式 $\Delta <0$ 证明 $f^{\prime }(x)>0$ 恒成立。 第二问：由于 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，若 $a<b⟹f(a)<f(b)$。采用数学归纳法：

• 验证 $n=1$ 时： $x_1=0$，$x_2=f(0)=\frac{1}{4}$，$y_1=\frac{1}{2}$，$y_2=f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{8}$。结合 $x_0\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 及 $f(x_0)=x_0$，易证 $x_1<x_2<x_0<y_2<y_1$。
• 假设 $n=k$ 时成立，两边同时作用单调递增函数 $f(x)$，即可推出 $n=k+1$ 时命题成立。 第三问：目标式分子为 $y_{n+1}-x_{n+1}=f(y_n)-f(x_n)$。由于 $x_n<x_0<y_n$ 且都在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 内，求出 $f^{\prime }(x)=3x^2-2x+\frac{1}{2}$ 在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上的最大值，证明其小于 $\frac{1}{2}$，从而完成对商式小于 $\frac{1}{2}$ 的证明。

✅【答案】

Success

由数学归纳法可知，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，不等式 $x_n<x_{n+1}<x_0<y_{n+1}<y_n$ 恒成立

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：对函数 $f(x)=x^3-x^2+\frac{x}{2}+\frac{1}{4}$ 求导： $f^{\prime }(x)=3x^2-2x+\frac{1}{2}$ 由于该导函数为一元二次函数，计算其对应的二次方程判别式： $\Delta =(-2{)}^2-4\times 3\times \frac{1}{2}=4-6=-2<0$ 因为二次项系数 $3>0$ 且 $\Delta <0$，所以对任意实数 $x\in \mathbf{R}$，恒有： $f^{\prime }(x)>0$ 由导数判定单调性，函数 $f(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的严格单调增函数。

(2) 证明：下面使用数学归纳法证明不等式 $x_n<x_{n+1}<x_0<y_{n+1}<y_n$。

• 步骤一：验证 $n=1$ 的情况 由题设条件已知： $x_1=0,y_1=\frac{1}{2}$。 代入递推式计算第二项的值： $x_2=f(x_1)=f(0)=0^3-0^2+\frac{0}{2}+\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$ $y_2=f(y_1)=f\left(\frac{1}{2}\right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^3-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{\frac{1}{2}}{2}+\frac{1}{4}=\frac{1}{8}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{3}{8}$ 已知存在 $x_0\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 满足 $f(x_0)=x_0$。 因为 $f(x)$ 严格单调递增：

• 由 $0<x_0⟹f(0)<f(x_0)⟹\frac{1}{4}<x_0⟹x_1<x_2<x_0$；

• 由 $x_0<\frac{1}{2}⟹f(x_0)<f\left(\frac{1}{2}\right)⟹x_0<\frac{3}{8}$。 可比对出大小关系： $x_1=0<x_2=\frac{1}{4}<x_0<y_2=\frac{3}{8}<y_1=\frac{1}{2}$。 即 $n=1$ 时，不等式成立。

• 步骤二：假设 $n=k$ 时命题成立 即假设： $x_k<x_{k+1}<x_0<y_{k+1}<y_k$ 成立。 因为函数 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上严格单调递增，对上述不等式的每一项同时作用函数 $f$，不等号方向不变： $f(x_k)<f(x_{k+1})<f(x_0)<f(y_{k+1})<f(y_k)$ 根据递推关系 $f(x_n)=x_{n+1},f(y_n)=y_{n+1}$ 以及不动点性质 $f(x_0)=x_0$，将上式代换可得： $x_{k+1}<x_{k+2}<x_0<y_{k+2}<y_{k+1}$ 这说明，当 $n=k+1$ 时，不等式同样成立。

综上所述，由数学归纳法可知，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，不等式 $x_n<x_{n+1}<x_0<y_{n+1}<y_n$ 恒成立。

(3) 证明：根据（2）中得出的结论，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，自变量 $x_n,y_n$ 满足： $0\le x_n<y_n\le \frac{1}{2}$

我们要证明 $\frac{y_{n+1}-x_{n+1}}{y_n-x_n}<\frac{1}{2}$。将分子用递推式展开： $y_{n+1}-x_{n+1}=f(y_n)-f(x_n)=\left(y_n^3-y_n^2+\frac{y_n}{2}+\frac{1}{4}\right)-\left(x_n^3-x_n^2+\frac{x_n}{2}+\frac{1}{4}\right)$ $=(y_n^3-x_n^3)-(y_n^2-x_n^2)+\frac{1}{2}(y_n-x_n)$

利用立方差与平方差公式提取公因式 $(y_n-x_n)$： $y_{n+1}-x_{n+1}=(y_n-x_n)(y_n^2+y_n{x}_n+x_n^2)-(y_n-x_n)(y_n+x_n)+\frac{1}{2}(y_n-x_n)$ $=(y_n-x_n)\cdot \left[(y_n^2+y_n{x}_n+x_n^2)-(y_n+x_n)+\frac{1}{2}\right]$

由于 $y_n-x_n>0$，两边同时除以 $(y_n-x_n)$ 得到目标商式的等价代数式： $\frac{y_{n+1}-x_{n+1}}{y_n-x_n}=y_n^2+y_n{x}_n+x_n^2-(y_n+x_n)+\frac{1}{2}$

要证该式小于 $\frac{1}{2}$，等价于证明： $y_n^2+y_n{x}_n+x_n^2-(y_n+x_n)+\frac{1}{2}<\frac{1}{2}⟹y_n^2+y_n{x}_n+x_n^2-(y_n+x_n)<0$

对左边进行变形，配凑因式： $y_n^2+y_n{x}_n+x_n^2-(y_n+x_n)=y_n(y_n-1)+x_n(x_n-1)+y_n{x}_n$ 因为 $x_n,y_n\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$，所以： $y_n-1\le -\frac{1}{2}<0⟹y_n(y_n-1)\le 0$ $x_n-1\le -\frac{1}{2}<0⟹x_n(x_n-1)\le 0$ 这种配凑不易判断正负。下面改用单变量放缩： 因为 $0\le x_n<y_n\le \frac{1}{2}$，则： $y_n^2+y_n{x}_n+x_n^2<y_n^2+y_n\cdot y_n+y_n^2=3y_n^2$ 而由于 $x_n\ge 0⟹-(y_n+x_n)\le -y_n$。 代入得： $y_n^2+y_n{x}_n+x_n^2-(y_n+x_n)<3y_n^2-y_n=y_n(3y_n-1)$ 因为 $y_n\le \frac{1}{2}$，当 $y_n$ 靠近 $\frac{1}{2}$ 时， $3y_n-1>0$，放缩过头。

用导数上界判定： 根据拉格朗日中值定理，由于 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上可导，存在一个介于 $x_n$ 与 $y_n$ 之间的实数 $\xi \in (x_n,y_n)$，满足： $\frac{f(y_n)-f(x_n)}{y_n-x_n}=f^{\prime }(\xi )$ 因为对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，均有 $0\le x_n<\xi <y_n\le \frac{1}{2}$，所以 $\xi \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$。 现在求导函数 $f^{\prime }(x)=3x^2-2x+\frac{1}{2}$ 在区间 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上的最大值。 该二次函数的对称轴为 $x=-\frac{-2}{2\times 3}=\frac{1}{3}\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$。 抛物线开口向上，故最大值在区间的两端点 $x=0$ 或 $x=\frac{1}{2}$ 处取得：

• 当 $x=0$ 时， $f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}$；
• 当 $x=\frac{1}{2}$ 时， $f^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)=3\left(\frac{1}{4}\right)-2\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}-1+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$。

因为 $\xi \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 是开区间，且二次函数在对称轴 $\frac{1}{3}$ 处取极小值，向两端延伸时，由于 $f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}$ 且 $f^{\prime }(\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$，所以在开区间 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ 内，恒有： $f^{\prime }(\xi )<f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}$ 由此立得： $\frac{y_{n+1}-x_{n+1}}{y_n-x_n}=f^{\prime }(\xi )<\frac{1}{2}$ 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：导数符号判定单调性、递推数列单调有界性的数学归纳法证明、利用导数上界进行斜率放缩。
• 核心方法：数学归纳法、导数上界法。
• 避坑指南：
• 第二问证明夹逼时，要同时证 $x_n<x_{n+1}<x_0$ 和 $x_0<y_{n+1}<y_n$。由于 $f(x)$ 单调递增，可对不等式各项同时作用 $f$，一步完成递推。
• 第三问若用代数因式分解放缩较难处理。对形如 $\frac{f(y)-f(x)}{y-x}<k$ 的斜率比值，可用导数上界法：先求导函数在区间内的最大值。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题综合考查导数、数列、不等式。 结论推广: 若函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 内可导，且 $|f^{\prime }(x)|\le k<1$，则由递推式 $x_{n+1}=f(x_n)$ 生成的数列收敛于该区间内唯一的不动点 $x_0$（即 $f(x_0)=x_0$）。本题中 $k=\frac{1}{2}$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系
• 19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

• 2007-辽宁卷理-21 解-函数单调性数列单调性证明
• 2013-北京卷理-20 解-数列的单调性与有界性
• 2007-四川文-22 解-切线递推数列放缩