对一类递推数列单调性的思考与探究

安徽省天长中学(239300) 王 威

1 问题的提出

笔者在高三教学过程中遇到这样一道探究递推数列单调性的习题：

题目已知数列{xn}满足猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论.

为什么这个递推数列的偶数项构成递减数列? 其奇数项是否也单调? 笔者对这类问题产生了好奇，在几何画板中作出函数的图象，由xn →f(xn)→xn+1→f(xn+1)，如图1，不难发现，f(x)的图象与直线y=x相交于点是递减数列，{x2n-1}是递增数列，且当n →∞时，即那么这类问题是否有更一般的规律呢?

图1

下面是笔者的点滴思考，不当之处，敬请斧正.

2 几个结论及典型例题

2.1 函数f(x)在定义域内单调递减，且与直线y=x存在唯一交点P(x0,y0).数列{an}满足an+1=f(an),n ∈ℕ∗.

(1)若a1＜x0,a3＞a1，则a1≤a2n-1＜a2n+1＜x0＜a2n+2＜a2n ≤a2.

(2)若x0＜a1,a3＜a1，则a2≤a2n ＜a2n+2＜x0＜a2n+1＜a2n-1≤a1.

2.2 函数f(x)在定义域内单调递减，且与直线y=x存在唯一交点P(x0,x0).数列{an}满足an+1=f(an),n ∈ℕ∗.

(1)若a1＜x0,a3＜a1，则a2n+1＜a2n-1＜x0＜a2n ＜a2n+2.

(2)若x0＜a1,a3＞a1，则a2n+2＜a2n ＜x0＜a2n-1＜a2n+1.

下面用数学归纳法给出结论2.1(1)的证明，其他的可由读者自证.

①n= 1 时，由于f(x)在定义域内单调递减，所以a2=f(a1)＞f(x0)=x0,a3=f(a2)＜f(x0)=x0，即a1≤a1＜a3＜x0，结论成立.

② 假设当n=k时结论成立，即a1≤a2k-1＜a2k+1＜x0，那 么当n=k+ 1 时，由于f(x)在[a1,x0)上单调递减，于是f(a1)≥f(a2k-1)＞f(a2k+1)＞f(x0)，即a2≥a2k ＞a2k+2＞x0.再次利用f(x)在(x0,a2]上单调递减，可得f(a2)≤f(a2k)＜f(a2k+2)＜f(x0)，即a1≤a3≤a2k+1＜a2k+3＜x0，所以当n=k+1 时，结论也成立.综上可知，对于任意n ∈ℕ∗，都有a1≤a2n-1＜a2n+1＜x0.同样，不难得到x0＜a2n+2＜a2n ≤a2.

例1(2014 高考重庆卷理科第22 题节选)设a1=1,an+1=b,(n ∈ℕ∗).若b=-1，问：是否存在实数c使得a2n ＜c ＜a2n+1对所有n ∈ℕ∗都成立? 证明你的结论.

图2

分析考虑f(x)=则an+1=f(an).易知f(x)在(-∞,1)上单调递减，且与直线y=x存在唯一交点如图2.计算可得由结论2.1(1)可得故必存在实数使得a2n ＜c ＜a2n+1对所有n ∈ℕ∗都成立.当函数f(x)为增函数时，也可得到相应数列的单调性.

2.3 函数f(x)在定义域内单调递增，数列{an}满足an+1=f(an),n ∈ℕ∗.

(1)若f(x)＞x,则an+1＞an; (2)若f(x)＜x，则an+1＜an.

图3

图4

证明①当n=1 时，a2=f(a1)＞a1，结论成立.

②假设当n=k时，结论成立，即ak+1＞ak，那么当n=k+ 1 时，由于f(x)在定义域内单调递增，于是f(ak+1)＞f(ak)，即ak+2＞ak+1.所以当n=k+1 时，结论也成立.综上可知，对于任意n ∈ℕ∗，都有an+1＞an.同样，可得结论2.3(2).特殊地，函数f(x)与直线y=x存在唯一交点P(x0,x0)，则有以下结论：

2.3.1 函数f(x)在区间(a,x0]上单调递增，且f(x)≥x，当且仅当x=x0时等号成立.数列{an}满足an+1=f(an),n ∈ℕ∗,a ＜a1＜x0，则有a1≤an ＜an+1＜x0.

2.3.2 函数f(x)在区间[x0,b)上单调递增，且f(x)≤x，当且仅当x=x0时等号成立.数列{an}满足an+1=f(an),n ∈ℕ∗，x0＜a1＜b，则有x0＜an+1＜an ≤a1.

例2 (2012 高考大纲卷第22 题节选)函数f(x)=x2-2x -3，定义 数列{xn}如下：x1= 2,xn+1是过两点P(4,5),Qn(xn,f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．证明：2≤xn ＜xn+1＜3.

分析易知直线PQn的方程为y -5 = (xn+2)(x -4),(xn4)，所 以考 虑 函 数则xn+1=f(xn)，易知f(x)在[2,3)上单调递增，且f(x)≥x，当且仅当x=3 时等号成立，如图5.由结论2.3.1 可知2≤xn ＜xn+1＜3.

图5

图6

例3 (2015 高考浙江卷理科第20 题节选)已知数列{an}满足且an+1=an - a2n,n ∈ℕ∗.证明：

分析由an+1=an -a2n可得欲证只需证即证考虑函数f(x)=x-x2，则an+1=f(an)，易知f(x)在上单调递增，且f(x)≤x，当且仅当x=0 时等号成立，如图6.由结论2.3.2 可知得证.

例4(2012 高考安徽卷理科第21 题)数列{xn}满足：x1=0,xn+1=-x2n+xn+c(n ∈ℕ∗).

(Ⅰ)证明： 数列{xn}是单调递减数列的充分必要条件是c ＜0;

(Ⅱ)求c的取值范围，使数列{xn}是单调递增数列.

分析(Ⅱ)由(Ⅰ)得：c ≥0.而当c= 0 时，xn=x1= 0，不合题意，故c ＞0.考虑函数f(x)=-x2+x+c(x ≥0)，则xn+1=f(xn).

图7

图8

例5(2009 高考安徽卷第21 题节选)首项为正数的数列{an}满足3), n ∈ℕ∗.若对一切n ∈ℕ∗都有an+1＞an，求a1的取值范围.

图9

分析考虑函数f(x)=则an+1=f(an)，易知f(x)在[0,+∞)上单调递增，与直线y=x存在两个交点A(1,1)和B(3,3)，如图9，由结论2.3 可知：

①当0＜a1＜1 时，a1≤an ＜an+1＜1;

②当1＜a1＜3 时，1＜an+1＜an ≤a1;

③当a1＞3 时，a1≤an ＜an+1;

④当a1=1 或a1=3 时，{an}为常数数列.因此可得，对一切n ∈ℕ∗，都有an+1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3.

3 结束语

若将直线y=x换成满足上述条件的其他单调递增函数g(x)，且数列{an}满足g(an+1)=f(an),n ∈ℕ∗，也有类似的结论成立，在这不再一一累述，读者若有兴趣，可自行推广.