2014 重庆压轴 II问证明

caijinzhi

II.\(a_{n+1}=\sqrt{a_n^2-2a_n+2}-1\).
先证明
\(f(x)=\sqrt{x^2-2x+2}-1\)
的一个性质
当\(x<1/4\)时\(f(x)>4\)；
当\(x>1/4\)时\(f(x)<4\)；
这是显然的。
\(a_1=1\)
得到\(a_2=0\)
再用数学归纳法即证
\(a_{2n}<1/4<a_{2n+1}\)

至于1/4怎么来的 请参阅
en.wikipedia.org/wiki/Cobweb_diagram

kuing

不好意思，我这里是 word2003，打不开你那个docx文件，可以转换一下么？或者干脆截图贴图也行。

青青子衿

回复 2# kuing
kuing:docx文件可以用“WPS文字”(一款由金山软件股份有限公司开发)打开,甚至可以将原始的docx文件保存为doc文档
还有，我要吐槽一下楼主，文档就几个字(文档大小就只有11k)干嘛要用附件上传(很占空间的，你知不知道，害我下载下来，( ˇˍˇ )白高兴一场)
我把它拷出来：
II.\(a_{n+1}=\sqrt{a_n^2-2a_n+2}-1\).
先证明
\(f(x)=\sqrt{x²-2x+2}-1\)
的一个性质
当\(x<1/4\)时\(f(x)>4\)；
当\(x>1/4\)时\(f(x)<4\)；
这是显然的。
\(a_1=1\)
得到\(a_2=0\)
再用数学归纳法即证
\(a_{2n}<1/4<a_{2n+1}\)

其妙

回复 3# 青青子衿
基本没啥意义，

转化与化归

回复 1# caijinzhi
从f(1/4)=1/4显然。

其妙

把原题和答案传上来：
（22）（本小题满分 12 分，（I）小问 4 分，（II）小问 8 分）
设 $a_1=1, a_{a+1}=\sqrt{a_n^2-2 a_n+2}+b \quad\left(n \in N^*\right)$ ．
（I）若 $b=1$ ，求 $a_2, a_3$ 及数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式；
（II）若 $b=-1$ ，问：是否存在实数 $c$ 使得 $a_{2 n}<c<a_{2 \times n}$ 对所有 $n \in \mathrm{~N}^{\cdot}$ 成立？证明你的结论．
（I）解法一：$a_2=2, a_3=\sqrt{2}+1$ ．再由题设条件知

\[
\left(a_{n+1}-1\right)^2=\left(a_n-1\right)^2+1
\]


从而 $\left\{\left(a_n-1\right)^2\right\}$ 是首项为 0 公差为 1 的等差数列，故 $\left(a_n-1\right)^2=n-1$ ，即 $a_n=\sqrt{n-1}+1 \quad\left(n \in \mathbf{N}^*\right)$ ．
解法二：$a_2=2, a_3=\sqrt{2}+1$ ，
可写为 $a_1=\sqrt{1-1}+1, a_2=\sqrt{2-1}+1, a_3=\sqrt{3-1}+1$ ．因此猜想 $a_n=\sqrt{n-1}+1$ ．
下用数学归纳法证明上式：
当 $n=1$ 时结论显然成立．
假设 $n=k$ 时结论成立，即 $a_k=\sqrt{k-1}+1$ ．则

\[
a_{k+1}=\sqrt{\left(a_k-1\right)^2+1}+1=\sqrt{(k-1)+1}+1=\sqrt{(k+1)-1}+1
\]


这就是说，当 $n=k+1$ 时结论成立．
所以 $a_n=\sqrt{n-1}+1 \quad\left(n \in \mathbf{N}^*\right)$ ．
（II）解法一：设 $f(x)=\sqrt{(x-1)^2+1}-1$ ，则 $a_{n+1}=f\left(a_n\right)$ ．
令 $c=f(c)$ ，即 $c=\sqrt{(c-1)^2+1}-1$ ，解得 $c=\frac{1}{4}$ ．
下用数学归纳法证明加强命题 $a_{2 n}<c<a_{2 n+1}<1$ ．
当 $n=1$ 时，$a_2=f(1)=0, a_3=f(0)=\sqrt{2}-1$ ，所以 $a_2<\frac{1}{4}<a_3<1$ ，结论成立．
假设 $n=k$ 时结论成立，即 $a_{2 k}<c<a_{2 k+1}<1$ ．
易知 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1]$ 上为减函数，从而
$c=f(c)>f\left(a_{2 k+1}\right)>f(1)=a_2$ ，即 $1>c>a_{2 k+2}>a_2$ ．
再由 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1]$ 上为减函数得 $c=f(c)<f\left(a_{2 k+2}\right)<f\left(a_2\right)=a_3<1$ ．
故 $c<a_{2 k+3}<1$ ，因此 $a_{2(k+1)}<c<a_{2(k+1)+1}<1$ ．这就是说，当 $n=k+1$ 时结论成立．
综上，符合条件的 $c$ 存在，其中一个值为 $c=\frac{1}{4}$ ．
解法二：设 $f(x)=\sqrt{(x-1)^2+1}-1$ ，则 $a_{n+1}=f\left(a_n\right)$ ．
先证： $0 \leqslant a_n \leqslant 1 \quad\left(n \in \mathbf{N}^*\right)$ ．
（1）
当 $n=1$ 时，结论明显成立
假设 $n=k$ 时结论成立，即 $0 \leqslant a_k \leqslant 1$ ．
易知 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1]$ 上为减函数，从而 $0=f(1) \leqslant f\left(a_k\right) \leqslant f(0)=\sqrt{2}-1<1$ ．
即 $0 \leqslant a_{k+1} \leqslant 1$ 这就是说，当 $n=k+1$ 时结论成立．故（1）成立．
再证：$a_{2 n}<a_{2 n+1} \quad\left(n \in \mathbf{N}^*\right)$ ．
（2）
当 $n=1$ 时，$a_2=f(1)=0, a_3=f\left(a_2\right)=f(0)=\sqrt{2}-1$ ，有 $a_2<a_3$ ，即 $n=1$ 时（2）成立．
假设 $n=k$ 时，结论成立，即 $\left.a_{2 k}<a_{2 k+1}\right)$
由（1）及 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1])$ 上为减函数，得 $a_{2 k+1}=f\left(a_{2 k}\right)>f\left(a_{2 k+1}\right)=a_{2 k+2}$ ，

\[
a_{2(k+1)}=f\left(a_{2 k+1}\right)<f\left(a_{2 k+2}\right)=a_{2(k+1)+1}
\]


这就是说，当 $n=k+1$ 时（2）成立．所以（2）对一切 $n \in \mathbf{N}$ 収 $L$ ．
由（2）得 $a_{2 \mathrm{n}}<\sqrt{a_{2 \mathrm{n}}^2-2 a_{2 \mathrm{n}}+2}-1$ ，即 $\left(a_{2 \mathrm{n}}+1\right)^2<a_{2 \mathrm{n}}^2-2 a_{2 \mathrm{n}}+2$ ，
因此 $a_{2 n}<\frac{1}{4}$ ．
又由（1），（2）及 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1]$ 上为减函数得 $f\left(a_{2 n}\right)>f\left(a_{2 n+1}\right)$ ，即 $a_{2 n+1}>a_{2 n+2}$ ．
所以 $a_{2 n+1}>\sqrt{a_{2 n+1}^2-2 a_{2 n+1}+2}-1$ ．解得 $a_{2 n+1}>\frac{1}{4}$ ．
综上，由（2），（3），（4）知存在 $c=\frac{1}{4}$ 使 $a_{2 n}<c<a_{2 n+1}$ 对一切 $n \in N^*$ 成立．

LLLYSL

本题的背景其实就是高等数学里面求极限那部分的一个基本准则：单调有界数列必有极限。当然，这里是那个准则的一个变式。下面有几个问题都是和这个题目类似的，奇数项和偶数项分别从两边向同一个地方逼近。
14．（1）设 $x_0>0, x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}(n=0,1,2, \cdots)$ ．证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n$ 存在，并求 $\lim x_n$ ．
（2）设 $x_1=2, x_2=2+\frac{1}{x_1}, \cdots, x_{n+1}=2+\frac{1}{x_n}, \cdots$ ．证明数列 $\left\{x_n\right\}$存在极限，并求 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_n$ ．
21．证明下列数列 $\left\{y_n\right\}$ 存在极限，并求 $\lim _{n \rightarrow \infty} y_n$ ：
（1）$y_1=\frac{x}{2}(0 \leqslant x \leqslant 1), \quad y_n=\frac{x}{2}+\frac{y_{n-1}^2}{2} \quad(n=2,3, \cdots)$ ；
（2）$y_1=\frac{x}{2}(0 \leqslant x \leqslant 1), \quad y_n=\frac{x}{2}-\frac{y_{n-1}^2}{2} \quad(n=2,3, \cdots)$ ．
多说一下，虽然这三个题目都是求极限，但改编一下就可以变成和本题一样的问法。那个常数c就是最后的极限。如果就只是求极限的话，遇到这种蛋疼的趋近方式，可以直接用极限定义或者用压缩映像更好更方便。

Tesla35

回复 7# LLLYSL
我擦。你也毕业了吧？还是在读研？在考研论坛和博士数学论坛都见过你。是怎么来的逗逼k 的论坛的

LLLYSL

呵呵，正在读博，最近心血来潮做高考数学压轴题。于是又重新登录了一下人教论坛。结果好凄凉（貌似现在论坛不流行了），看见kuing有自己的地盘(其实早就知道，只是好久不上论坛，包括之前在考研论坛做斑竹也是后来太忙没上被撤销了）。论坛的时光还是很怀念的，若干年前和kuing一起还弄过论坛。

kuing

回复 9# LLLYSL

论坛现在的确不像以前那样流行，可能因为节凑变快了，还能在论坛上静下心来慢慢打铁的人越来越少了。不过人教论坛的冷清也有它自身的问题，就是设置问题，限制太多，不然也未至于如此凄凉，我也不必自开主场。

kuing

回复 9# LLLYSL

话说，昨晚你通宵了吗？看到你好像深夜到现在都在回贴

LLLYSL

是的。通宵了。昨天把全国所有压轴题做了一遍，做到晚上，然后逛逛论坛看看别人的一些讨论

kuing

回复 12# LLLYSL


我好久没通过宵了，不过我昨晚也三点多才睡……

LLLYSL

回复 13# kuing


    我也很久没通宵了

Tesla35

回复 13# kuing
作死