2005-辽宁卷-19 解-数学归纳法

本题导读

本题是一道将分式递推数列与不等式证明相结合的压轴大题。第一问要求用数学归纳法证明关于项的绝对值不等式，核心在于寻找 $a_n$ 的下界以完成放缩；第二问则在此基础上利用等比数列求和公式进行无穷放缩。

📌【题干】

Question

（2005年辽宁卷） 已知函数 $f(x)=\frac{x+3}{x+1}$ ($x\ne -1$).设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}=f(a_n)$，数列 $\{b_n\}$ 满足 $b_n=|a_n-\sqrt{3}|$，$S_n=b_1+b_2+\cdots +b_n$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$).

(1) 用数学归纳法证明：$b_n⩽\frac{(\sqrt{3}-1{)}^n}{2^{n-1}}$；

(2) 证明：$S_n<\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问：首先建立 $b_{n+1}$ 与 $b_n$ 的递推关系：$b_{n+1}=\frac{\sqrt{3}-1}{a_n+1}{b}_n$。为了进行放缩，利用数学归纳法顺带证出 $a_n⩾1$，从而得到分母 $a_n+1⩾2$，进而完成由 $n=k$ 到 $n=k+1$ 的跨越。
2. 第(2)问：将 $S_n$ 的每一项用第(1)问的结论进行上界放缩，转化为首项为 $\sqrt{3}-1$，公比为 $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ 的等比数列求和问题，利用无穷递缩等比数列的各项和进行控制。

✅【答案】

Success

对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，皆有 $b_n⩽\frac{(\sqrt{3}-1{)}^n}{2^{n-1}}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 首先推导 $b_{n+1}$ 与 $b_n$ 的代数关系： $a_{n+1}-\sqrt{3}=\frac{a_n+3}{a_n+1}-\sqrt{3}=\frac{a_n+3-\sqrt{3}{a}_n-\sqrt{3}}{a_n+1}=\frac{(1-\sqrt{3})(a_n-\sqrt{3})}{a_n+1}$ 两边取绝对值，由 $b_n=|a_n-\sqrt{3}|$ 可得： $b_{n+1}=\frac{\sqrt{3}-1}{a_n+1}{b}_n$

下面用数学归纳法证明 $b_n⩽\frac{(\sqrt{3}-1{)}^n}{2^{n-1}}$ 且 $a_n⩾1$： ① 当 $n=1$ 时，$a_1=1⩾1$。 $b_1=|1-\sqrt{3}|=\sqrt{3}-1$ 而当 $n=1$ 时，右边为 $\frac{(\sqrt{3}-1{)}^1}{2^0}=\sqrt{3}-1$，显然 $b_1⩽\sqrt{3}-1$ 成立。

② 假设当 $n=k$ ($k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 时结论成立，即 $a_k⩾1$ 且 $b_k⩽\frac{(\sqrt{3}-1{)}^k}{2^{k-1}}$。 那么当 $n=k+1$ 时： 因为 $a_k⩾1$，所以 $a_{k+1}=\frac{a_k+3}{a_k+1}=1+\frac{2}{a_k+1}>1$，即 $a_{k+1}⩾1$ 成立。 同时，由 $a_k⩾1$ 可知 $a_k+1⩾2⟹\frac{1}{a_k+1}⩽\frac{1}{2}$。 因此： $b_{k+1}=\frac{\sqrt{3}-1}{a_k+1}{b}_k⩽\frac{\sqrt{3}-1}{2}{b}_k$ 将归纳假设代入上式得： $b_{k+1}⩽\frac{\sqrt{3}-1}{2}\times \frac{(\sqrt{3}-1{)}^k}{2^{k-1}}=\frac{(\sqrt{3}-1{)}^{k+1}}{2^k}$ 所以当 $n=k+1$ 时，结论依然成立。

综上所述，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，皆有 $b_n⩽\frac{(\sqrt{3}-1{)}^n}{2^{n-1}}$。

(2) 证明： 由(1)可知，对任意 $i\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，$b_i⩽(\sqrt{3}-1)\cdot {\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right)}^{i-1}$。 因为 $a_1=1$ 为有理数，且通过分式递推法则可知所有的 $a_n$ 均为有理数，而 $\sqrt{3}$ 是无理数，所以 $a_n\ne \sqrt{3}$，即 $b_n>0$ 恒成立。 利用等比数列求和公式放缩 $S_n$： $S_n=b_1+b_2+\cdots +b_n<{\sum }_{i=1}^n(\sqrt{3}-1)\cdot {\left(\frac{\sqrt{3}-1}{2}\right)}^{i-1}$ 由于其右上界为一个首项 $A_1=\sqrt{3}-1$，公比 $q=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ 的正项等比数列，且 $0<q<1$，由无穷递缩等比数列求和可得： $S_n<\frac{A_1}{1-q}=\frac{\sqrt{3}-1}{1-\frac{\sqrt{3}-1}{2}}=\frac{\sqrt{3}-1}{\frac{3-\sqrt{3}}{2}}=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 故 $S_n<\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 获证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：数学归纳法的标准步骤；分式递推数列自变量的有界性分析；等比数列求和及无穷放缩法。
2. 核心方法：通过恒等变形得到 $b_{n+1}=g(a_n)b_n$，并借助 $a_n⩾1$ 将非线性的递推放缩成线性的等比递推结构。
3. 避坑指南：第(1)问中容易直接断言 $b_{k+1}⩽\frac{\sqrt{3}-1}{2}{b}_k$，忽略了分母中包含变量 $a_k$，必须在归纳假设中同步证明 $a_k⩾1$ 这一隐藏的前提条件，方可使整个逻辑链条严密。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于不动点理论（Fixed Point Theory）。方程 $x=\frac{x+3}{x+1}$ 的正实数根为 $x=\sqrt{3}$，此即为该分式线性变换的不动点。整个题目的构造本质是在研究离散动力系统迭代序列 $a_{n+1}=f(a_n)$ 向其不动点 $\sqrt{3}$ 逼近的收敛速度。
2. 结论推广：对于更一般的递推形式 $a_{n+1}=\frac{px+q}{rx+s}$，若其具有正不动点 $x_0$，则通过类似的代数分裂技巧，总能构造出形如 $|a_{n+1}-x_0|=\frac{k}{|r{a}_n+s|}|a_n-x_0|$ 的等比或类等比结构，是研究非线性映射局部稳定性的经典数学模型。

🔗【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
• 19.09 函数迭代与不动点问题

类题演练 (Links)