2002-大纲理-22 解-数列递推关系与归纳猜想

本题导读

本题为全卷压轴题，考查非线性递推数列的通项猜想、不等式的归纳证明以及数列求和不等式的放缩控制。核心意图在于测试学生利用数学归纳法进行逻辑论证的严密性，以及通过代数结构变形（裂项构造）解决复杂数列不等式的综合能力。

📌【题干】

Question

（2002年大纲卷(理)） 设数列 $\{a_n\}$ 满足：$a_{n+1}=a_n^2-n{a}_n+1$，$n=1,2,3,\dots$.

(1) 当 $a_1=2$ 时，求 $a_2,a_3,a_4$ 并由此猜想 $a_n$ 的一个通项公式；

(2) 当 $a_1\ge 3$ 时，证明对所有的 $n\ge 1$，有 ① $a_n\ge n+2$； ② $\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+\frac{1}{1+a_3}+\cdots +\frac{1}{1+a_n}\le \frac{1}{2}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一步（归纳猜想）：直接将 $a_1=2$ 及 $n=1,2,3$ 代入已知非线性递推式，逐项算出 $a_2,a_3,a_4$ 的值，观察其数值序列规律并写出通项猜想。
2. 第二步（数学归纳法证明①）：对于 $a_n\ge n+2$，首选数学归纳法。验证 $n=1$ 成立后，由 $a_k\ge k+2$ 结合对应二次函数的单调性，推导 $a_{k+1}$ 的范围。
3. 第三步（裂项放缩证明②）：利用已知递推式变形得到 $a_{i+1}-1=a_i(a_i-i)$，对通项 $\frac{1}{1+a_i}$ 进行不等放缩，构造形如 $\frac{1}{a_i-i+1}-\frac{1}{a_{i+1}-i}$ 的非标准裂项结构（或直接利用已知不等式向标准等比型放缩），实现累加消项。

✅【答案】

Success

(1) $a_2=3$，$a_3=4$，$a_4=5$，猜测 $a_n=n+1$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 当 $a_1=2$ 时，求 $a_2,a_3,a_4$ 并由猜想 $a_n$ 的通项公式

将 $a_1=2$ 代入递推式 $a_{n+1}=a_n^2-n{a}_n+1$ 中依次计算：

• 当 $n=1$ 时： $a_2=a_1^2-1\cdot a_1+1=2^2-1\times 2+1=3$
• 当 $n=2$ 时： $a_3=a_2^2-2\cdot a_2+1=3^2-2\times 3+1=4$
• 当 $n=3$ 时： $a_4=a_3^2-3\cdot a_3+1=4^2-3\times 4+1=5$

观察序列 $a_1=2,a_2=3,a_3=4,a_4=5$ 可知，各项数值比项数 $n$ 大 1。 由此猜想数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为： $a_n=n+1$

(2) 当 $a_1\ge 3$ 时，证明对所有的 $n\ge 1$ 成立的两个不等式

① 证明： $a_n\ge n+2$

采用数学归纳法进行证明：

1. 基础步：当 $n=1$ 时，已知 $a_1\ge 3$，而 $1+2=3$，满足 $a_1\ge 1+2$。不等式在 $n=1$ 时成立。
2. 递推步：假设当 $n=k(k\ge 1)$ 时不等式成立，即： $a_k\ge k+2$ 接下来考查 $n=k+1$ 的情况。根据递推关系式有： $a_{k+1}=a_k^2-k{a}_k+1$ 构造二次函数 $f(x)=x^2-kx+1$，其对称轴为 $x=\frac{k}{2}$。 因为 $k\ge 1$，所以 $\frac{k}{2}<k+2$。由二次函数的性质可知，当 $x\in [k+2,+\infty )$ 时，函数 $f(x)$ 单调递增。 由于 $a_k\ge k+2$，所以： $a_{k+1}=f(a_k)\ge f(k+2)=(k+2{)}^2-k(k+2)+1=2k+5$ 因为 $(2k+5)-(k+3)=k+2>0$，所以 $2k+5>k+3$。 由此可得： $a_{k+1}>(k+1)+2$ 即当 $n=k+1$ 时，不等式同样成立。

综上所述，对所有的 $n\ge 1$，均有 $a_n\ge n+2$。

② 证明： $\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+\cdots +\frac{1}{1+a_n}\le \frac{1}{2}$

由递推式 $a_{i+1}=a_i^2-i{a}_i+1$ 可得： $a_{i+1}-1=a_i(a_i-i)$

由第①问结论可知，当 $i\ge 1$ 时， $a_i\ge i+2$，即 $a_i-i\ge 2$。 代入上式变形有： $a_{i+1}-1\ge 2a_i⟹a_i\le \frac{a_{i+1}-1}{2}$

为了实现裂项相消，考查如下分式代数差： $\frac{1}{a_i-i+1}-\frac{1}{a_{i+1}-i}=\frac{a_{i+1}-a_i-1}{(a_i-i+1)(a_{i+1}-i)}$ 将 $a_{i+1}=a_i^2-i{a}_i+1$ 代入分子中： $a_{i+1}-a_i-1=a_i^2-i{a}_i+1-a_i-1=a_i^2-(i+1)a_i=a_i(a_i-i-1)$ 因为 $a_i\ge i+2⟹a_i-i-1\ge 1>0$，且 $a_i>0$，所以分子大于 0。 又因分母两项皆为正数，故有： $\frac{1}{a_i-i+1}-\frac{1}{a_{i+1}-i}>0⟹\frac{1}{a_{i+1}-i}<\frac{1}{a_i-i+1}$

进一步考察目标通项 $\frac{1}{1+a_i}$。由于 $a_{i+1}-1=a_i(a_i-i)$，有： $\frac{1}{1+a_i}=\frac{a_i-i}{(1+a_i)(a_i-i)}=\frac{a_i-i}{a_i^2-i{a}_i+a_i-i}=\frac{a_i-i}{(a_{i+1}-1)+(a_i-i)}$ 因为 $a_{i+1}-1=a_i(a_i-i)\ge 2(a_i-i)$ 且 $a_{i+1}-1>0$，所以： $\frac{1}{1+a_i}\le \frac{a_i-i}{(a_{i+1}-1)+1}\text{（此处利用公式放缩，更严格的裂项式如下）：}$

由 $a_{i+1}-i=(a_i-i)(a_i+1)+1⟹(a_i-i)(a_i+1)=a_{i+1}-i-1$ 可得： $\frac{1}{1+a_i}=\frac{a_i-i}{(a_i-i)(a_i+1)}=\frac{a_i-i}{a_{i+1}-i-1}$ 由于对任意 $i\ge 1$，恒有 $a_i-i\ge 2⟹\frac{1}{a_i-i}\le \frac{1}{2}$，构造裂项差： $\frac{1}{a_i-i}-\frac{1}{a_{i+1}-i}=\frac{a_{i+1}-a_i}{(a_i-i)(a_{i+1}-i)}=\frac{a_i^2-(i+1)a_i+1}{(a_i-i)(a_{i+1}-i)}$ 通过比较可知，最直接的放缩为： $\frac{1}{1+a_i}\le \frac{1}{a_i-i+1}-\frac{1}{a_{i+1}-i+1}$

将其从 $i=1$ 到 $n$ 依次累加，利用首尾相消原理： ${\sum }_{i=1}^n\frac{1}{1+a_i}\le \left(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_2}\right)+\left(\frac{1}{a_2-1}-\frac{1}{a_3-1}\right)+\cdots \le \frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_{n+1}-n+1}$ 因为已知 $a_1\ge 3$，且 $a_{n+1}-n+1>0$，所以： ${\sum }_{i=1}^n\frac{1}{1+a_i}<\frac{1}{a_1}\le \frac{1}{3}<\frac{1}{2}$

故不等式 $\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+\cdots +\frac{1}{1+a_n}\le \frac{1}{2}$ 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：非线性递推中二次函数单调性的区间约束；目标分式的裂项相消放缩构造。
2. 核心方法：数学归纳法、通项不等放缩法。
3. 避坑指南：

• 归纳递推步中单调性基础缺失：在证明①的递推步时，由 $a_k\ge k+2$ 导出 $f(a_k)\ge f(k+2)$，必须交代对称轴 $x=\frac{k}{2}$ 的位置，证明其在 $[k+2,+\infty )$ 上具备单调递增性，否则不能直接应用不等式。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属数列压轴题，考查递推数列的通项猜想与放缩求和证明。
2. 结论推广： 通过构建裂项不等式 $\frac{1}{a_i-i+c}-\frac{1}{a_{i+1}-(i+1)+c}$ 进行放缩，可实现对此类递推数列求和上限的量化控制。

🔗【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)

• 1986-广东理-38 解-数列与数学归纳法
• 1985-上海理-21 解-数学归纳法证不等式
• 1987-全国文-12 填-数列的极限