浙江 2008 · 数学 q22

冷启动：通项写不出来，可递推式比通项好用

题目给的是一个方程：

$$a_{n+1}^{2}+a_{n+1}-1=a_{n}^{2}\qquad(a_{n}\geqslant 0,\ a_{1}=0).$$

它没有把 $a_{n+1}$ 直接写出来，而是把相邻两项绑在一起。真要解，也解得出—— 把它看成关于 $a_{n+1}$ 的二次方程，取非负根得

$$a_{n+1}=\frac{\sqrt{4a_{n}^{2}+5}-1}{2},$$

可这个式子迭代下去没有任何闭式。通项这条路是死的。

所以整道题只有一句方法论：三问全部从那个方程本身出发，把它改写成需要的形状。

三问共用一条地基：$0\leqslant a_{n}<1$。它既是（Ⅰ）的直接推论，也是（Ⅱ）的最后一刀， 还给（Ⅲ）提供了 $a_{k}$ 的下界。地基没打，三问全悬空。

第二问最容易走反的那一步

（Ⅱ）要的是 $S_{n}$ 的下界，而手上那条界 $a_{k}<1$ 是每一项的上界。 逐项代进去只会得到 $S_{n}<n$——方向正好相反，这就是「和的下界拿每项上界去凑」。 而且往下放也没救：$a_{1}=0$，逐项取下界只给 $S_{n}>0$。

出路是不去放缩 $S_{n}$，而是把它算出来：本题的和能叠缩成一个漂亮的恒等式

$$n-S_{n}=1+a_{n}^{2},$$

到这一步才轮到 $a_{n}<1$ 出场，一代就是 $n-S_{n}<2$。 上界是用在算完的恒等式上，不是用在求和的过程里。

两个上界的松紧差得很远

（Ⅱ）的 $2$ 与（Ⅲ）的 $3$ 看着像一类，其实难度完全不同：

• $n-S_{n}=1+a_{n}^{2}$ 一路往 $2$ 顶，到 $n=10$ 已经是 $1.98$——紧到只差 $1-a_{n}^{2}$， 所以（Ⅱ）只能用恒等式，中途随便放一下就顶破了；
• $T_{n}$ 到 $n=10$ 才 $2.35$，往后也上不了 $2.62$——$3$ 松得多， 所以（Ⅲ）随便一个像样的粗放缩就能到。

下面这张图把这两件事画在一起。

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解法一：跟着官方走——归纳证单调、累加得恒等式、基本不等式开路做连乘

题设：$a_{n}\geqslant 0$，$a_{1}=0$，$a_{n+1}^{2}+a_{n+1}-1=a_{n}^{2}\ (n\in \mathbf{N}^{*})$； $S_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n}$，$T_{n}=\sum\limits_{m=1}^{n}\dfrac{1}{(1+a_{1})(1+a_{2})\cdots(1+a_{m})}$。

（Ⅰ）$a_{n}<a_{n+1}$：数学归纳法

起点。 在递推式里取 $n=1$：$a_{2}^{2}+a_{2}-1=a_{1}^{2}=0$，即 $a_{2}$ 是方程 $x^{2}+x-1=0$ 的根。 由 $a_{2}\geqslant 0$ 取正根

$$a_{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}>0=a_{1},$$

所以 $a_{1}<a_{2}$。

归纳步。 设 $a_{k}<a_{k+1}\ (k\in \mathbf{N}^{*})$。把 $n=k+1$ 与 $n=k$ 的两个递推式相减（常数 $-1$ 对消）：

$$\left(a_{k+2}^{2}+a_{k+2}\right)-\left(a_{k+1}^{2}+a_{k+1}\right)=a_{k+1}^{2}-a_{k}^{2},$$

左边按 $a_{k+2}-a_{k+1}$ 提公因式（$a_{k+2}^{2}-a_{k+1}^{2}$ 用平方差）：

$$\left(a_{k+2}-a_{k+1}\right)\left(a_{k+2}+a_{k+1}+1\right)=a_{k+1}^{2}-a_{k}^{2}.$$

• 右边为正：由归纳假设与题设，$0\leqslant a_{k}<a_{k+1}$，两边平方保序，故 $a_{k+1}^{2}-a_{k}^{2}>0$。
• 左边第二个因子为正：题设 $a_{n}\geqslant 0$，故 $a_{k+2}+a_{k+1}+1\geqslant 1>0$。

两边同除以这个正数，得 $a_{k+2}-a_{k+1}>0$，即 $a_{k+1}<a_{k+2}$，$n=k+1$ 时结论成立。

这两个前提缺一不可：右边为正靠归纳假设，除法合法靠题设 $a_{n}\geqslant 0$。 少了 $a_{n}\geqslant 0$，第二个因子的符号就没着落，整步塌掉。

由归纳法，$a_{n}<a_{n+1}$ 对一切 $n\in \mathbf{N}^{*}$ 成立。

先补一条地基：$a_{n}<1$

由递推式直接移项：$a_{n+1}=1+a_{n}^{2}-a_{n+1}^{2}$。 由（Ⅰ）与 $a_{n}\geqslant 0$ 得 $a_{n}^{2}<a_{n+1}^{2}$，所以

$$a_{n+1}=1+\left(a_{n}^{2}-a_{n+1}^{2}\right)<1 .$$

这对一切 $n\in \mathbf{N}^{*}$ 成立，即 $a_{2},a_{3},\dots$ 都小于 1；再加上 $a_{1}=0<1$，得所有 $a_{n}<1$。

原卷解析这一行印成了 $a_{n+1}=1+a_{n}^{2}-2a_{n+1}^{2}$，那个 $2$ 是笔误—— 按递推式 $a_{n+1}^{2}+a_{n+1}-1=a_{n}^{2}$ 移项只能得到 $-a_{n+1}^{2}$。结论没错，式子印错了。

（Ⅱ）$S_{n}>n-2$：累加法得恒等式

把递推式对 $k=1,2,\dots,n-1$（设 $n\geqslant 2$）逐条写出并相加：

$$\sum_{k=1}^{n-1}\left(a_{k+1}^{2}-a_{k}^{2}\right)+\sum_{k=1}^{n-1}a_{k+1}-(n-1)=0 .$$

第一个和是叠缩的，只剩头尾：$a_{n}^{2}-a_{1}^{2}=a_{n}^{2}$（用 $a_{1}=0$）。 第二个和是 $a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}=S_{n}-a_{1}=S_{n}$。于是

$$a_{n}^{2}+S_{n}-(n-1)=0,\qquad\text{即}\qquad S_{n}=n-1-a_{n}^{2}.$$

（$n=1$ 时两边都是 $0$，公式同样成立。）

现在才用上界。 由上一段的 $a_{n}<1$ 得 $a_{n}^{2}<1$，所以

$$S_{n}=n-1-a_{n}^{2}>n-1-1=n-2 .$$

（Ⅲ）$T_{n}<3$：基本不等式开路，再累乘法叠缩

第一步：把每个因子换成一个比值。 递推式移项得 $a_{k+1}^{2}+a_{k+1}=1+a_{k}^{2}$。 由基本不等式（这里就是 $(1-a_{k})^{2}\geqslant 0$）有 $1+a_{k}^{2}\geqslant 2a_{k}$，所以

$$a_{k+1}\left(1+a_{k+1}\right)\geqslant 2a_{k}.$$

当 $k\geqslant 2$ 时 $a_{k}\geqslant a_{2}>0$（由（Ⅰ）递增），且 $1+a_{k+1}>0$， 两边同除以正数 $2a_{k}\left(1+a_{k+1}\right)$：

$$\frac{1}{1+a_{k+1}}\leqslant\frac{a_{k+1}}{2a_{k}}\qquad(k\geqslant 2).$$

第二步：连乘。 对 $k=2,3,\dots,n-1$（设 $n\geqslant 3$）把上式连乘，右边的 $a_{3},\dots,a_{n-1}$ 上下对消：

$$\frac{1}{\left(1+a_{3}\right)\left(1+a_{4}\right)\cdots\left(1+a_{n}\right)} \leqslant\prod_{k=2}^{n-1}\frac{a_{k+1}}{2a_{k}}=\frac{a_{n}}{2^{\,n-2}a_{2}} .$$

再两边同乘 $\dfrac{1}{1+a_{2}}$，并用 $a_{2}$ 满足的方程 $a_{2}^{2}+a_{2}=1$（即 $a_{2}\left(1+a_{2}\right)=1$）：

$$\frac{1}{\left(1+a_{2}\right)\left(1+a_{3}\right)\cdots\left(1+a_{n}\right)} \leqslant\frac{a_{n}}{2^{\,n-2}\,a_{2}\left(1+a_{2}\right)}=\frac{a_{n}}{2^{\,n-2}}<\frac{1}{2^{\,n-2}},$$

最后一步用了 $a_{n}<1$。

第三步：前两项单独算。 因为 $a_{1}=0$，$1+a_{1}=1$，$T_{n}$ 的第 $m$ 项就是 $\dfrac{1}{\left(1+a_{2}\right)\cdots\left(1+a_{m}\right)}$。于是

• 第 1 项 $=1$；
• 第 2 项 $=\dfrac{1}{1+a_{2}}=a_{2}<1$；
• 第 $m$ 项 $<\dfrac{1}{2^{\,m-2}}\ (m\geqslant 3)$（上一步取 $n=m$）。

所以当 $n\geqslant 3$ 时

$$T_{n}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{\,n-2}} =2+\left(1-\frac{1}{2^{\,n-2}}\right)<3 .$$

而 $T_{1}=1<3$、$T_{2}=1+a_{2}<2<3$，故对一切 $n\in \mathbf{N}^{*}$ 都有 $T_{n}<3$。

避坑

第二步那条 $\dfrac{1}{1+a_{k+1}}\leqslant\dfrac{a_{k+1}}{2a_{k}}$ 只在 $k\geqslant 2$ 时成立—— $k=1$ 时分母 $2a_{1}=0$，式子根本没定义。 若不看下标就从 $k=1$ 连乘起，就是「界只从某项起成立却从头用」， 得到的界会凭空紧一档，那是错的证明而不是粗的估计。 正确做法就是上面第三步：把前两项拆出来单独算，剩下的才套那条界。 标准答案末尾那句「又因为 $T_{1}<T_{2}<T_{3}$」，做的正是这件事。

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解法二：先用一步归纳把 $0\leqslant a_{n}<1$ 钉死，三问各剩一行

题设：$a_{n}\geqslant 0$，$a_{1}=0$，$a_{n+1}^{2}+a_{n+1}-1=a_{n}^{2}\ (n\in \mathbf{N}^{*})$； $S_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n}$，$T_{n}=\sum\limits_{m=1}^{n}\dfrac{1}{(1+a_{1})(1+a_{2})\cdots(1+a_{m})}$。

官方路线里，（Ⅰ）归纳一次、（Ⅱ）末尾又回头补一次 $a_{n}<1$。 其实把界放到最前面证更省：一步归纳同时拿到 $0\leqslant a_{n}<1$，后面三问各只剩一行。

第 0 步：$0\leqslant a_{n}<1$ 对一切 $n\in \mathbf{N}^{*}$ 成立

记 $h(t)=t^{2}+t$。它在 $t\geqslant 0$ 上严格递增（两个非负增项之和），且

$$h(0)=0,\qquad h(1)=2 .$$

起点：$a_{1}=0\in[0,1)$。

归纳步：设 $0\leqslant a_{n}<1$。递推式说的正是 $h\left(a_{n+1}\right)=a_{n+1}^{2}+a_{n+1}=1+a_{n}^{2}$， 而由 $0\leqslant a_{n}<1$ 得

$$h(0)=0<1\leqslant 1+a_{n}^{2}<2=h(1),$$

即 $h(0)<h\left(a_{n+1}\right)<h(1)$。又 $a_{n+1}\geqslant 0$，$h$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格递增， 严格增函数的取值次序反过来就是自变量的次序，故 $0<a_{n+1}<1$。

由归纳法，$0\leqslant a_{n}<1$ 对一切 $n\in \mathbf{N}^{*}$ 成立。

这一步看着像废话（前几项 $0,\,0.618,\,0.777,\,0.862,\dots$ 明摆着都在 $[0,1)$ 里）， 但算几项不是证明，那正是「验了前几项就当成对所有n成立」。 后面三问全压在这条界上，它必须真证。

（Ⅰ）$a_{n}<a_{n+1}$

把递推式移项：

$$a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}=1-a_{n+1}.$$

由第 0 步 $a_{n+1}<1$，右边 $>0$，所以 $a_{n+1}^{2}>a_{n}^{2}$。 又 $a_{n}\geqslant 0$、$a_{n+1}\geqslant 0$，开方保序，故 $a_{n}<a_{n+1}$。

（Ⅱ）$S_{n}>n-2$

把（Ⅰ）里那个等式倒过来读——它给的是每一项离 1 还差多少：

$$1-a_{k+1}=a_{k+1}^{2}-a_{k}^{2},\qquad k=1,2,\dots,n-1 .$$

对 $k$ 求和，右边叠缩得 $a_{n}^{2}-a_{1}^{2}=a_{n}^{2}$：

$$\sum_{k=2}^{n}\left(1-a_{k}\right)=a_{n}^{2}.$$

再补上 $k=1$ 那一项 $1-a_{1}=1$，得

$$n-S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\left(1-a_{k}\right)=1+a_{n}^{2}.$$

由第 0 步 $a_{n}<1$，得 $n-S_{n}=1+a_{n}^{2}<2$，即 $S_{n}>n-2$。 （$n=1$ 时和式只有一项，$n-S_{n}=1<2$，结论同样成立。）

得到的是等式 $n-S_{n}=1+a_{n}^{2}$，比要证的不等式强得多： 它说明这个差从 1 单调升向 2，永远到不了 2——也就是图里那条方点折线。

（Ⅲ）$T_{n}<3$：$a_{2}$ 恰好满足 $\dfrac{1}{1+a_{2}}=a_{2}$

在递推式里取 $n=1$：$a_{2}^{2}+a_{2}-1=a_{1}^{2}=0$，即

$$a_{2}\left(1+a_{2}\right)=1,\qquad\text{于是}\qquad \frac{1}{1+a_{2}}=a_{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$$

（取非负根）。由（Ⅰ）数列递增，$k\geqslant 2$ 时 $a_{k}\geqslant a_{2}$，故

$$\frac{1}{1+a_{k}}\leqslant\frac{1}{1+a_{2}}=a_{2}\qquad(k\geqslant 2).$$

记 $P_{m}=\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\cdots\left(1+a_{m}\right)}$，即 $T_{n}=\sum\limits_{m=1}^{n}P_{m}$。 因 $a_{1}=0$，第一个因子 $\dfrac{1}{1+a_{1}}=1$，所以 $P_{1}=1$，而 $m\geqslant 2$ 时

$$P_{m}=1\cdot\prod_{k=2}^{m}\frac{1}{1+a_{k}}\leqslant a_{2}^{\,m-1}.$$

（$m=1$ 时 $a_{2}^{0}=1=P_{1}$，也对，所以这条对一切 $m\geqslant 1$ 成立。） 于是 $T_{n}$ 被一个公比 $a_{2}\in(0,1)$ 的等比数列的和压住：

$$T_{n}\leqslant\sum_{m=1}^{n}a_{2}^{\,m-1}=\frac{1-a_{2}^{\,n}}{1-a_{2}}<\frac{1}{1-a_{2}} .$$

最后算这个数：$1-a_{2}=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$，故

$$\frac{1}{1-a_{2}}=\frac{2}{3-\sqrt{5}}=\frac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{9-5}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}.$$

由 $\sqrt{5}<3$ 得 $\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}<\dfrac{6}{2}=3$。所以对一切 $n\in \mathbf{N}^{*}$，$T_{n}<3$。

这条路顺带给出的信息

它证到的其实是更紧的 $T_{n}<\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\approx 2.618$。 图里 $T_{n}$ 到 $n=10$ 才 $2.35$、往后也上不去，原因就在这儿： 真正的上界比题目要的 $3$ 小了将近 $0.4$。

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解法三：把递推解成 $a_{n+1}=\varphi(a_{n})$，用 $\varphi$ 的单调性与不动点一次拿下

题设：$a_{n}\geqslant 0$，$a_{1}=0$，$a_{n+1}^{2}+a_{n+1}-1=a_{n}^{2}\ (n\in \mathbf{N}^{*})$； $S_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n}$，$T_{n}=\sum\limits_{m=1}^{n}\dfrac{1}{(1+a_{1})(1+a_{2})\cdots(1+a_{m})}$。

前两条路都在「就着方程做代数」。这一条换个视角：把递推解出来，看成对同一个函数的反复迭代。

解出 $\varphi$

把递推式看成关于 $a_{n+1}$ 的二次方程 $x^{2}+x-\left(1+a_{n}^{2}\right)=0$，判别式 $1+4\left(1+a_{n}^{2}\right)=4a_{n}^{2}+5>0$， 两根一正一负；由 $a_{n+1}\geqslant 0$ 取非负根：

$$a_{n+1}=\varphi\left(a_{n}\right),\qquad \varphi(t)=\frac{\sqrt{4t^{2}+5}-1}{2}\quad(t\geqslant 0).$$

这个 $\varphi$ 有三条性质，一次验完：

• (1) $\varphi$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格递增。 $t\mapsto 4t^{2}+5$ 在 $t\geqslant 0$ 上严格增， 开方、减 1、除以 2 都保序。

• (2) $1$ 是 $\varphi$ 的不动点，且 $\varphi$ 把 $[0,1)$ 映进 $[0,1)$。 $\varphi(1)=\dfrac{\sqrt{9}-1}{2}=1$；由 (1)，$0\leqslant t<1\Rightarrow \varphi(0)\leqslant\varphi(t)<\varphi(1)=1$， 而 $\varphi(0)=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}>0$，故 $\varphi(t)\in(0,1)\subset[0,1)$。

• (3) $0\leqslant t<1$ 时 $\varphi(t)>t$。 因为 $2t+1>0$，

  $$\varphi(t)>t\iff\sqrt{4t^{2}+5}>2t+1\iff 4t^{2}+5>4t^{2}+4t+1\iff t<1 .$$

（Ⅰ）与 $a_{n}<1$：一次拿到

$a_{1}=0\in[0,1)$。由 (2) 与归纳法，所有 $a_{n}\in[0,1)$： 若 $a_{n}\in[0,1)$，则 $a_{n+1}=\varphi\left(a_{n}\right)\in[0,1)$。

于是每一项都落在 (3) 管得着的那段里，故

$$a_{n+1}=\varphi\left(a_{n}\right)>a_{n}\qquad\text{对一切 }n\in \mathbf{N}^{*}.$$

（Ⅰ）与那条地基 $a_{n}<1$ 是同一段话的两半，不用分两轮归纳。 几何上就是：$\varphi$ 的图像在 $[0,1)$ 上整条压在直线 $y=t$ 的上方， 两条线在 $t=1$ 处交于不动点——数列一级一级往上爬，爬向那道墙却永远踩不上去。

（Ⅱ）$S_{n}>n-2$：直接对恒等式做归纳

猜（或由前几项看出）恒等式

$$S_{n}=n-1-a_{n}^{2},$$

再用归纳法证它。

• $n=1$：左边 $S_{1}=a_{1}=0$，右边 $=1-1-a_{1}^{2}=0$，成立。

• 设 $S_{k}=k-1-a_{k}^{2}$，则

  $$S_{k+1}=S_{k}+a_{k+1}=k-1-a_{k}^{2}+a_{k+1}.$$

  要证它等于 $k-a_{k+1}^{2}$，即要证 $-1-a_{k}^{2}+a_{k+1}=-a_{k+1}^{2}$， 移项后正是 $a_{k+1}^{2}+a_{k+1}-1=a_{k}^{2}$——这就是题设的递推式，成立。

所以 $S_{n}=n-1-a_{n}^{2}$ 对一切 $n$ 成立。再由上一段的 $a_{n}<1$ 得 $a_{n}^{2}<1$，故

$$S_{n}=n-1-a_{n}^{2}>n-1-1=n-2 .$$

（Ⅲ）$T_{n}<3$：$\dfrac{2}{3}$ 的等比放缩，顺带解释题目的 3 是怎么来的

由 $a_{1}=0$ 得 $a_{2}=\varphi(0)=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$。而 $\sqrt{5}>2$，所以

$$a_{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}>\frac{2-1}{2}=\frac{1}{2}.$$

由（Ⅰ）数列递增，$k\geqslant 2$ 时 $a_{k}\geqslant a_{2}>\dfrac{1}{2}$，于是

$$\frac{1}{1+a_{k}}<\frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}\qquad(k\geqslant 2).$$

记 $P_{m}=\dfrac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\cdots\left(1+a_{m}\right)}$，则 $T_{n}=\sum\limits_{m=1}^{n}P_{m}$。 由 $a_{1}=0$ 知第一个因子是 1，故 $P_{1}=1$，而 $m\geqslant 2$ 时

$$P_{m}=1\cdot\prod_{k=2}^{m}\frac{1}{1+a_{k}}<\left(\frac{2}{3}\right)^{m-1}.$$

（$m=1$ 时 $\left(\frac{2}{3}\right)^{0}=1=P_{1}$，取等。）把这些加起来，用公比 $\frac{2}{3}$ 的等比数列求和：

$$T_{n}\leqslant\sum_{m=1}^{n}\left(\frac{2}{3}\right)^{m-1} =\frac{1-\left(\frac{2}{3}\right)^{n}}{1-\frac{2}{3}} =3\left[1-\left(\frac{2}{3}\right)^{n}\right]<3 .$$

题目里那个 3 就是这么来的：$\dfrac{1}{1-\frac{2}{3}}=3$。 出题人给的界，恰好是「$a_{k}>\frac{1}{2}$ 加一次等比求和」这条最自然的路能到的那个数——一分不多、一分不少。

避坑

放缩的力度必须刚好够。若只用题设的 $a_{k}\geqslant 0$，得到的是

$$\frac{1}{1+a_{k}}\leqslant 1\ \Longrightarrow\ P_{m}\leqslant 1\ \Longrightarrow\ T_{n}\leqslant n,$$

$n$ 一大就超过 3，结论完全够不着——这就是「放缩过头」。 关键在于用上 $a_{k}$ 的一条具体下界：$\frac{1}{2}$ 给出公比 $\frac{2}{3}$、和为 3，恰好够用； 若换成更紧的 $a_{k}\geqslant a_{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，得到的是解法二那个更小的 $\frac{3+\sqrt{5}}{2}$，当然也够。