一类数列问题的解法探讨

刘书霞

[摘 要]数列作为一类特殊的函数，是历年高考的重要知识点之一，也是历年高考的重点和难点之一。文章通过一类数列创新问题的展示，呈现其创新角度、破解思维、解题策略等，为教师进行课堂教学与解题研究提供参考。

[关键词]数列;命题;函数

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058（2022）14-0019-03

数列作为一类特殊的函数表现形式，具有独特的性质，是知识交汇、问题创新的纽带，也是高考的重点和难点之一。高考数列题以数列为问题背景，融合其他相关知识来设计综合问题，充分体现了高考命题的指导思想，有效考查了相应的数学知识，考查了学生的抽象概括能力、逻辑推理能力，以及数学抽象、数学运算、逻辑推理等核心素养。

一、问题呈现

[例1]已知数列[xn]满足[x1=2]，[xn+1=2xn-1] [（n∈N*）]。给出以下两个命题。

命题[p]：对任意[n∈N*]，都有[1

命题[q]：存在[r∈]（0，1），使得对任意[n∈N*]，都有[xn≤rn-1+1]，则（）。

A. [p]真，[q]真 B. [p]真，[q]假

C. [p]假，[q]真 D. [p]假，[q]假

此题是涉及根式型递推数列关系的一道综合题，它巧妙地把函数、数列与常用逻辑问题合理融合。学生要结合数列的相关知识来分析与推理，才能判定对应命题的真假。此类问题对学生的应用能力、分析问题与解决问题的能力及逻辑推理能力要求比较高。

二、问题破解

（一）对于命题[p]的判断

方法1：（作差比较法+极限特征）

由题意可知[xn≥0]，则[xn+1-xn=2xn-1-xn=-（xn-1）22xn-1+xn<0]，

那么数列[xn]单调递减，所以[xn+1

而当[xn→1]时，[xn+1→1]且[xn+1>1]，

对任意[n∈N*]，都有[1

点评：作差法是中学数学中比较大小的常用方法，具有实用性和通法性。运用作差法，能够培养学生的发现与观察能力及类比意识。

方法2：（放缩法+同号性）

因为[xn+1=2xn-1≤x2n=xn]，若以上不等式取等号，则有[xn=1]，从而[xn-1=…=x1=1]，与题设条件矛盾，所以[xn+1

又[xn+1-1=2xn-1-1=2（xn-1）2xn-1+1]，可得[xn+1-1xn-1=22xn-1+1>0]，

那么[xn+1-1]与[xn-1]的符号相同，

而[x1-1=1>0]，则有[xn-1>0]，即[xn>1]。

对任意[n∈N*]，都有[1

点评：用放缩法证明数列不等式是数列中的难点内容。放缩法灵活多变，技巧性要求特别高。放缩是一种能力，放缩要有度，如何恰到好处，是放缩法的精髓和关键所在。

方法3：（同号性+作差比较法）

由[xn+1=2xn-1]，可得[x2n+1=2xn-1]，即[x2n+1-1=2（xn-1）]，

整理可得[（xn+1-1）（xn+1+1）=2（xn-1）]，

那么[xn+1-1]与[xn-1]的符号相同。

而[x1-1=1>0]，则有[xn-1>0]，即[xn>1];

又[x2n+1-x2n=2xn-12-x2n=2xn-1-x2n=-（xn-1）2<0]，

所以[x2n+1

对任意[n∈N*]，都有[1

方法4：（数学归纳法+作差比较法）

（1）当[n=1]时，[x1=2>1];

（2）假设当[n=k（k∈N*）]时，不等式[xk>1]成立，那么[xk+1=2xk-1>2-1=1]成立，即当[n=k+1]时，不等式[xk+1>1]也成立。

根据（1）和（2），可知對任意[n∈N*]，都有[xn>1]成立;

又[x2n+1-x2n=2xn-12-x2n=2xn-1-x2n=-（xn-1）2<0]，所以[x2n+1

对任意[n∈N*]，都有[1

点评：数学归纳法是一种重要的数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或局部）自然数范围内成立。运用数学归纳法可有效解决数列问题。

方法5：（“蛛网图”法）

由[xn+1=2xn-1]，在平面直角坐标系中作出函数[f（x）=2x-1]与[y=x]的图像（如图1），直线[y=x]在曲线[f（x）=2x-1]的上方，且相切于点[A（1， 1）]，画出相应的“蛛网图”，可知数列[xn]单调递减，当[n→+∞]时，[xn→1]，即[1

点评：对于一个不可求通项公式的数列递推关系的范围确定问题，利用作差比较法、放缩法、数学归纳法等常见的方法，并借助“同号性”等不等式的性质来处理，可以有效破解问题。而“蛛网图”是解决此类问题比较特殊的方法，其常借助特征函数的图像与性质，数形结合，准确判定。

（二）对于命题[q]的判断

方法1：（裂项法+反证法）

因为[xn+1-1=2xn-1-1=2（xn-1）2xn-1+1]，所以[xn+1-1xn-1=22xn-1+1-2xn+1+1]，

则有[（xn+1-1）（xn+1+1）=2（xn-1）]，即[1xn-1=1xn+1-1-1xn+1+1]，亦即[1xn+1-1-1xn-1=1xn+1+1]，所以[1xn-1-1=1xn-1-1xn-1-1+1xn-1-1-1xn-2-1+…+1x2-1-1x1-1 = 1xn+1 + 1xn-1+1 + … + 1x2+12n+1]，[n≥2]。

假設存在[r∈（0， 1）]，使得对任意[n∈N*]，都有[xn≤rn-1+1]，那么有[2n+12·1rn-1]，[n≥2]，两边取对数，可得[ln（n+1）>ln 2-（n-1）ln r]，即存在[r∈（0， 1）]，使得对任意[n∈N*]，都有[ln（n+1）-ln 2+（n-1）ln r>0]成立，而[ln（n+1）-ln 2+（n-1）ln r

方法2：（极限特征法）

由[xn≤rn-1+1]，可得[xn-1≤rn-1]，那么[xn+1-1xn-1≤rnrn-1=r]，即[2xn-1-1xn-1≤r]，构造函数[f（x）=2x-1-1x-1=22x-1+1]，此函数在定义域[12，+∞]上单调递减，所以自变量[x]从2→1的过程中单调递增，由于任意[n∈N*]，而[x]无法取到1，则函数[f（x）]无最大值，那么[r]不存在，所以不存在[r∈（0， 1）]，使得对任意[n∈N*]，都有[xn≤rn-1+1]，因此命题[q]为假命题。

方法3：（“蛛网图”法）

由[xn≤rn-1+1]，可得[xn-1≤rn-1]，那么[xn-1xn-1-1≤rn-1rn-2=r]，即需要满足[（xn-1， xn）]与[（1， 1）]两点之间的斜率始终小于一个在[（0， 1）]之间的确切数值[r]，如图2所示，随着[n]的增大，此斜率一直在递增，且无限接近于1，故必须满足[r≥1]，所以不存在[r∈（0， 1）]，使得对任意[n∈N*]，都有[xn≤rn-1+1]，所以命题[q]为假命题。

点评：根据存在性问题的判定特征，可以借助反证法加以判断，而涉及数列通项的变形与应用，可以利用裂项、累加等数列求和方式来处理，进而结合极限特征等方法来判断。同样，构建等比数列，从“蛛网图”的视角，结合几何意义来判断，借助斜率，数形结合，也可做出直观的判断。

综上可知，命题[p]为真命题，命题[q]为假命题，故选B。

在破解以数列为背景的综合性问题时，往往要充分展示数列的函数特征，通过回归函数的基本性质与基本方法，结合数列的基本特征来分析，从而达到知识与方法的巧妙融合。同时，要抓住函数的模型与相关知识，以及特殊数列模型，运用逻辑推理方法来分析与处理，使得问题指向明确，方便转化。

三、方法应用

解决线性根式型递推数列问题有特征根法和不动点法。而非线性递推数列问题是各种竞赛的难点和考试的热点，这类问题可以借助作差比较法、极限特征法、“蛛网图”法和数学归纳法解决比如下面两题。

1.数列[a0， a1， a2， …]与[b0， b1， b2， …，]定义如下：

[a0=22]，[an+1=221-1-a2n]，[b0=1]，[bn+1=1+b2n-1bn（n=0， 1， 2， …）]。

证明：不等式：[2n+2an<π<2n+2bn]。

2.设数列[an]定义为[a1=1]，[an+1=2an+3a2n+1]，[n≥1]。

（1）证明：当[n>1]时，[an+1+an-1=4an];

（2）证明：[1a1+1a2+…+1an<1+32]。

（责任编辑 黄桂坚）