小坑之一：$a_n=a_{n-1}^2+a$

羊羊羊羊

有个题，我做了点变化，大家来撸撸玩:

$a\in R，有一个数列a_n如下：$
\begin{align*}

&a_1=a\\
&a_2=a_1^2+a\\
&\cdots\\
&a_n=a_{n-1}^2+a\\
\end{align*}
$且\forall i\in N^+，恒有|a_i|\le2，试求a的范围。$

羊1234

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好像见过，但，又好像没见过，题目描述简单，实际感觉好难。

战巡

回复 1# 羊羊羊羊


这题挺坑的啊.....

显然$-2\le a\le 2$

当$a>\frac{1}{4}$时
\[a_{n}-a_{n-1}=a_{n-1}^2-a_{n-1}+a=(a_{n-1}-\frac{1}{2})^2+a-\frac{1}{4}>0\]
此时$a_{n}$递增，由于又知道$a_{n}$有界，因此$\lim_{n\to\infty}a_{n}=b$存在
这个极限就可以求出来
\[b=b^2+a\]
\[b=\frac{1}{2}(1\pm \sqrt{1-4a})\]
问题是$a>\frac{1}{4}$，这个东西根本就不是实数，因此$a>\frac{1}{4}$是没戏的，此时$a_n$必定无界

当$a=\frac{1}{4}$时，$a_{n}$仍然递增，不难证明$\lim_{n\to\infty}a_{n}=\frac{1}{2}<2$，所以$a=\frac{1}{4}$是没问题的

当$0\le a<\frac{1}{4}$时
显然$a_{n}\ge 0$，令$a_n=f(a,n)$则有：
\[a_1=a<\frac{1}{4}=f(\frac{1}{4},1)\]
\[a_2=a_1^2+a<f(\frac{1}{4},1)^2+\frac{1}{4}=f(\frac{1}{4},2)\]
\[...\]
归纳可证明
\[a_n=a_{n-1}^2+a<f(\frac{1}{4},n-1)^2+\frac{1}{4}=f(\frac{1}{4},n)<\lim_{n\to\infty}f(\frac{1}{4},n)=\frac{1}{2}\]
于是$0\le a<\frac{1}{4}$是没问题的

当$a<0$时
\[a_n=a_{n-1}^2+a>a\ge -2\]
下限是满足了

上限有点麻烦
当$-1<a<0$时，设法证明$a_n<0$，假设对$k<n$都成立好了，显然$a_1=a<0$，又易证$a_2=a^2+a<0$
\[a_k=a_{k-1}^2+a<a^2+a<0\]
因此$a_n<0$恒成立，自然也没有问题

当$a=-1$时
易证$a_{2n-1}=-1,a_{2n}=0$，是满足条件的

当$-2\le a<-1$时
此时$a^2+a>0$，设法证明$a_n\le a^2+a$，还是数学归纳吧....
假设这个对$k<n$都成立，那么$k=n$时，若$a_{k-1}<0$
\[a_k=a_{k-1}^2+a<a^2+a\]
若$a_{k-1}\ge 0$
\[a_k=a_{k-1}^2+a<(a^2+a)^2+a\]
而
\[(a^2+a)^2+a-(a^2+a)=a^3(a+2)\le 0\]
因此
\[a_k=a_{k-1}^2+a<(a^2+a)^2+a\le a^2+a\]
于是.....
终于特么搞出来了
就是$-2\le a\le \frac{1}{4}$

羊羊羊羊

回复 3# 战巡


巡巡厉害。这个题就怕证明不完整，题目不错的，已经坑杀一片了，短题多坑。不过不知道有没有比较巧的办法？

kuing

好像没变化吧，不就是2006年全国高中数学联赛一试15题吗？

羊羊羊羊

回复 5# kuing


我把证明改为求了。。。人家那个还有点花头，这个多朴实。

羊羊羊羊

练习打代码，顺便把之前的题目处理完。

这个题目的背景，就是联赛题，把结果为证明改为了求解，虽然仅做了这点变化，但是少了提示。原题如下：

设$f(x)=x^2+a$，$n\in N$，记：
\begin{align*}
f^{1}(x)&=f(x)\\
f^{2}(x)&=f(f^{1}(x))\\
&\cdots\\
f^{n}(x)&=f(f^{n-1}(x))\\
\end{align*}
$M=\{a\in R|$对所有正整数$n$，$|f^{n}(0)|\leq2\}$。求$M$。
（原题为求证：$M=\left[-2,\frac{1}{4}\right]$）
$$************************************************$$
此题背景拆开，就是一个数列题目，这么理解：
有一个数列$\{a_n \}$，$a\in R$，其数列关系具体如下：
\begin{align*}
a_1&=a\\
a_2&=a_1^2+a\\
&\cdots\\
a_n&=a_{n-1}^2+a\\
\end{align*}
且$\forall i\in N^+$，恒有$|a_i|\le2$，试求a的范围。
$$************************************************$$

解：

1、当$a>\frac{1}{4}$时：
记$f^{n}(0)=a_n$，则：
\begin{align*}
a_1&=a\\
a_2&=a^2+a\\
a_3&=(a^2+a)^2+a\\
&\cdots\\
a_n&=a_{n-1}^2+a \Rightarrow a_n-a_{n-1}=\left(a_{n-1}-\frac{1}{2}\right)^2+a-\frac{1}{4}>0
\end{align*}
易证，$\{a_n\}$为递增数列。
$\because|a_n|\leq2$，$\therefore a_n$有极限。令$\lim{a_n}=b$，则：
\begin{align*}
b&=b^2+b\\
\Rightarrow\Delta&=1-4a<0
\end{align*}
矛盾，不合题意，舍去。

2、当$a=\frac{1}{4}$时：
令$\lim{a_n}=b$，$b$存在，$b=\frac{1}{2}$，符合题意。

3、当$0\leq a_n <\frac{1}{4}$时：
记$f_{n}(a)=f^{n}(0)$，则：
\begin{align*}
a_1&=a<\frac{1}{4}=\left[f_{1}\left(\frac{1}{4}\right)\right]\\
a_2&=a_1^2+a<a_1^2+\frac{1}{4}<\left[f_{1}\left(\frac{1}{4}\right)\right]^2+\frac{1}{4}=\left[f_{2}\left(\frac{1}{4}\right)\right]\\
&\cdots\\
a_n&=(a_{n-1}^2+a)^2+a<(a_{n-1}^2+a)^2+\frac{1}{4}=\left[f_{n-1}\left(\frac{1}{4}\right)\right]^2+\frac{1}{4}=\left[f_{n}\left(\frac{1}{4}\right)\right]<\frac{1}{2}\\
a_n&=a_{n-1}^2+a \Rightarrow a_n-a_{n-1}=\left(a_{n-1}-\frac{1}{2}\right)^2+a-\frac{1}{4}>0
\end{align*}
又$a_n\geq0$，故，符合题意。

4、当$-1<a<0$时：
\begin{align*}
a_n&=a_{n-1}^2+a>a\geq-2\\
a\leq a_1&=a<0\\
a<a_2&=a_1^2+a=a(a+1)<0\\
\end{align*}
猜想$a<a_n<0$：
设$1<k<n$，$k\in N$时$a<a_k<0$，则：
\begin{align*}
0&<a_k^2<a^2\\
a&<a_k^2+a<a^2+a\\
a&<a_{k+1}<a(a+1)<0\\
\end{align*}
得证$a<a_n<0$，符合题意。

5、当$a=-1$时：
\begin{align*}
a_{2n}&=0\\
a_{2n+1}&=-1\\
\end{align*}
符合题意。

6、当$-2\leq a<-1$时：
\begin{align*}
a&\leq a_1=a<a^2+a\\
a&<a_2=a^2+a\leq a^2+a\\
a&<a_3=a_2^2+a<a^2+a\\
\end{align*}

猜想$a<a_n<a^2+a$：

设$1<k<n$，$k\in N$时$a<a_k<a^2+a$，则：

　　6.1若$a<a_k\leq0$，则：
\begin{align*}
a_k^2&<a^2\\
a&<a_{k+1}=a_k^2+a<a^2+a\\
\end{align*}

　　6.1若$0<a_k< a^2+a$，则：
\begin{align*}
&a<a_{k+1}=a_k^2+a<(a^2+a)^2+a\\
\because&(a^2+a)^2+a-(a^2+a)=a^3(a+2)<0\\
\therefore&a<a_{k+1}<a^2+a\\
\end{align*}
得证$a<a_k\leq0$，符合题意。

综上所述，$M=\left[-2,\frac{1}{4}\right]$。

青青子衿

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回复 1# 羊羊羊羊

有个题，我做了点变化，大家来撸撸玩:
$a\in R，有一个数列a_n如下：
\begin{align*}
&a_1=a\\
&a_2=a_1^2+a\\
&\cdots\\
&a_n=a_{n-1}^2+a\\
\end{align*}

-2\le a\le 2
羊羊羊羊 发表于 2014-10-17 03:17

当$a=-2$时
\[\begin{array}{l}
{a_n} = {\alpha ^{{2^{n - 1}}}} + {\alpha ^{ - {2^{n - 1}}}}\\
{a_{n + 1}} = {\alpha ^{{2^n}}} + {\alpha ^{ - {2^n}}} = {\left( {{\alpha ^{{2^{n - 1}}}} + {\alpha ^{ - {2^{n - 1}}}}} \right)^2} - 2 = {a_n}^2 - 2
\end{array}\]

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