2004-重庆理-22 解-数列递推关系与不等式证明

本题导读

本题考查数列递推关系与不等式证明。核心在于平方放缩法、构造函数单调性法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年重庆卷(理)） 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2$， $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$ ($n=1,2,3,\cdots$).

(1)证明 $a_n>\sqrt{2n+1}$ 对一切正整数 $n$ 成立；

(2)令 $b_n=\frac{a_n}{\sqrt{n}}$ ($n=1,2,3,\cdots$)，判断 $b_n$ 与 $b_{n+1}$ 的大小，并说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 平方去根号，建立累加放缩：
   • 目标不等式含有根号，优先考虑对递推式两边平方： $a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}$．
   • 由此可见 $a_{n+1}^2>a_n^2+2$．利用累加法，可得 $a_n^2>a_1^2+2(n-1)=4+2n-2=2n+2>2n+1$，直接开方即可完成第一问的证明。
2. 构建差值进行单调性比较：
   • 比较 $b_n$ 与 $b_{n+1}$ 的大小等价于判定 $b_{n+1}-b_n$ 或 $b_{n+1}^2-b_n^2$ 的符号。
   • 计算 $b_{n+1}^2-b_n^2=\frac{a_{n+1}^2}{n+1}-\frac{a_n^2}{n}=\frac{n(a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2})-(n+1)a_n^2}{n(n+1)}=\frac{2n+\frac{n}{a_n^2}-a_n^2}{n(n+1)}$．
   • 符号完全取决于分子 $2n+\frac{n}{a_n^2}-a_n^2$ 的正负。利用第一问已证结论 $a_n^2>2n+1$，代入分析分子各分量的范围，即可锁定其符号。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： $a_n>\sqrt{2n+1}$ 对一切正整数 $n$ 成立 由已知递推式 $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$，显然当 $a_1=2>0$ 时，对一切正整数 $n$ 均有 $a_n>0$． 将递推式两边同时平方： $a_{n+1}^2={\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right)}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}$ 因为 $\frac{1}{a_n^2}>0$，所以去掉该正项后不等式严格成立： $a_{n+1}^2>a_n^2+2$

利用累加法，对上式从 $1$ 到 $n-1$ 依次累加（其中 $n\ge 2$）： ${\sum }_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}^2-a_k^2)>{\sum }_{k=1}^{n-1}2$ $a_n^2-a_1^2>2(n-1)$ 将 $a_1=2⟹a_1^2=4$ 代入： $a_n^2-4>2n-2⟹a_n^2>2n+2$ 因为 $2n+2>2n+1$，所以： $a_n^2>2n+1(n\ge 2)$

当 $n=1$ 时， $a_1=2=\sqrt{4}$，而 $\sqrt{2(1)+1}=\sqrt{3}$，显然 $\sqrt{4}>\sqrt{3}$ 成立． 综上所述， $a_n>\sqrt{2n+1}$ 对一切正整数 $n$ 均成立．

（2）判断 $b_n$ 与 $b_{n+1}$ 的大小，并说明理由 结论： $b_n>b_{n+1}$． 理由如下：

为了判断 $b_n$ 与 $b_{n+1}$ 的大小关系，考查其平方项的差值 $b_{n+1}^2-b_n^2$ 的符号： $b_{n+1}^2-b_n^2=\frac{a_{n+1}^2}{n+1}-\frac{a_n^2}{n}$ 将 $a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}$ 代入上式： $b_{n+1}^2-b_n^2=\frac{a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}}{n+1}-\frac{a_n^2}{n}$ 通分合并同类项，分母 $n(n+1)>0$，聚焦于分子部分： $b_{n+1}^2-b_n^2=\frac{n\left(a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}\right)-(n+1)a_n^2}{n(n+1)}$ $b_{n+1}^2-b_n^2=\frac{n{a}_n^2+2n+\frac{n}{a_n^2}-n{a}_n^2-a_n^2}{n(n+1)}=\frac{2n+\frac{n}{a_n^2}-a_n^2}{n(n+1)}$

由第（1）问已证结论，对一切正整数 $n$ 均满足 $a_n^2>2n+2>2n+1$，由此可得两组不等关系：

1. $2n-a_n^2<-2$
2. 因为 $a_n^2>2n+2\ge 4$，所以 $\frac{1}{a_n^2}<\frac{1}{4}⟹\frac{n}{a_n^2}<\frac{n}{4}$

代入分子进行整体放缩评估： $2n+\frac{n}{a_n^2}-a_n^2=(2n-a_n^2)+\frac{n}{a_n^2}<-2+\frac{n}{4}=\frac{n-8}{4}$ 当 $n\le 7$ 时， $\frac{n-8}{4}<0$，此时分子严格小于 0．

为了确保在 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 上分子符号的完整一致性，对分子代数式进行更为精准的因式重组： 令分子为 ${\Delta }_n=2n+\frac{n}{a_n^2}-a_n^2$． 因为对一切正整数 $n$， $a_n^2>2n+1$，则 $2n-a_n^2<-1$． 同时，由于 $a_n^2>2n+1\ge 3$，显然有 $\frac{n}{a_n^2}<\frac{n}{2n+1}<\frac{1}{2}$． 将这两组精细化界限代入分子： ${\Delta }_n=(2n-a_n^2)+\frac{n}{a_n^2}<-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}<0$

这证明对于任意正整数 $n$，分子均严格恒小于 0： $b_{n+1}^2-b_n^2<0⟹b_{n+1}^2<b_n^2$ 由于 $b_n=\frac{a_n}{\sqrt{n}}>0$，两边开平方保持不等号方向不变： $b_{n+1}<b_n$

所以，对一切正整数 $n$，均有 $b_n>b_{n+1}$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：复杂递推通式通过两边平方转化为二次型多项式的降次化简；利用累加法消除阶梯项实现下界放缩；构造平方差解析式 $b_{n+1}^2-b_n^2$ 进行单调性符号判定。
2. 核心方法：平方累加法、代数因式精细放缩法。
3. 避坑指南：
   • 第二问直接求导或作商导致运算陷入僵局：若直接计算 $\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{a_{n+1}}{a_n}\cdot \sqrt{\frac{n}{n+1}}=\left(1+\frac{1}{a_n^2}\right)\sqrt{\frac{n}{n+1}}$，因带有根号，很难与 1 比较大小。处理带有根号分母的数列单调性，优先考虑“平方后再作差”，能极大地简化多项式运算。
   • 第二问放缩精度不够导致无法覆盖大项数：在处理 $\frac{n}{a_n^2}$ 时，若只放缩为 $\frac{n}{4}$，会导致在 $n\ge 8$ 时失效。必须套用第一问的精准结论放缩为 $\frac{n}{2n+1}$，利用有理分式的小于 $\frac{1}{2}$ 这一宏观恒定上界来统一锁定符号。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 考查数列递推关系、单调有界性与不等式证明的顶级压轴解答题。
2. 结论推广: 证明递推数列的不等式，常结合单调性、放缩法与数学归纳法，由 $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n^{\alpha }}$ 逐步放大或缩小得到目标范围。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 03.01 不等式解法体系
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 1985-上海理-21 解-数学归纳法证不等式
• 2011-重庆卷理-21 解-数列综合
• 1965-全国-04 解-数学归纳法证绝对值不等式