浙江 2015 · 数学 q20

冷启动：先把第（2）问翻译成一句关于 $a_{n}$ 的话

递推是 $a_{n+1}=a_{n}-a_{n}^{2}$。这个递推没有封闭的通项—— $a_{1}=\dfrac12$、$a_{2}=\dfrac14$、$a_{3}=\dfrac{3}{16}$、$a_{4}=\dfrac{39}{256}$， 分母越滚越乱，指望求出 $a_{n}$ 再去算 $S_{n}$ 是死路。 所以整道题从头到尾只有一件事：估。

但在开始估之前，先把递推反过来读一遍：

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

左边正是第（2）问要求和的那个数列的通项。于是求和是裂项相消，中间全消掉：

$$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2}=\sum_{k=1}^{n}\bigl(a_{k}-a_{k+1}\bigr)=a_{1}-a_{n+1}=\frac12-a_{n+1} .$$

这一步把「求和」彻底换成了「估一项」。 把它代进第（2）问要证的两条不等式， 两条都能解成关于 $a_{n+1}$ 的一句话：

$$\frac{S_{n}}{n}\leq\frac{1}{2(n+1)} \iff \frac12-a_{n+1}\leq\frac{n}{2(n+1)} \iff a_{n+1}\geq\frac{(n+1)-n}{2(n+1)}=\frac{1}{2(n+1)} ,$$ $$\frac{S_{n}}{n}\geq\frac{1}{2(n+2)} \iff \frac12-a_{n+1}\geq\frac{n}{2(n+2)} \iff a_{n+1}\leq\frac{(n+2)-n}{2(n+2)}=\frac{1}{n+2} .$$

记 $m=n+1$，两条合起来就是

$$\boxed{\ \frac{1}{2m}\ \leq\ a_{m}\ \leq\ \frac{1}{m+1}\ }\qquad(m\geq 2) .$$

第（2）问就是这一句，一个字都不多。（$m=1$ 时 $a_{1}=\dfrac12$ 两端都取等，所以这一句对一切 $m\geq1$ 成立。）

两条路的分岔就在「怎么把 $a_{m}$ 夹在这两条界之间」： 一条是官方的数学归纳法，另一条是取倒数——那条路会发现第（1）问已经把答案交出来了。

顺带说一句为什么不能偷懒。手上最现成的界是 $0<a_{n}\leq\dfrac12$， 可它给出的只有 $S_{n}\leq\dfrac n4$，比要证的 $\dfrac{n}{2(n+1)}$ 松出好几个数量级—— 这是典型的放缩过头：每一步都对，界却够不着结论。 要证的界随 $n$ 衰减到 $O\!\left(\dfrac1n\right)$，所用的 $a_{m}$ 的界就必须也是 $O\!\left(\dfrac1m\right)$， 一个跟 $m$ 无关的常数界注定不够用。

解法一：数学归纳法，上下两条界一起归纳

第一步：先把每一项圈进 $\left(0,\frac12\right]$（第（1）问的地基）

对 $n$ 归纳证 $0<a_{n}\leq\dfrac12$。

• $n=1$：$a_{1}=\dfrac12$，成立。

• 设 $0<a_{k}\leq\dfrac12$。则 $1-a_{k}\in\left[\dfrac12,1\right)$，于是

  $$a_{k+1}=a_{k}(1-a_{k})>0 ,\qquad a_{k+1}=a_{k}(1-a_{k})<a_{k}\leq\frac12 .$$

  所以 $0<a_{k+1}\leq\dfrac12$。

故对一切 $n$ 有 $0<a_{n}\leq\dfrac12$，并且数列是严格递减的。

第二步：第（1）问，一行约分

$a_{n}>0$，所以 $a_{n+1}=a_{n}-a_{n}^{2}=a_{n}(1-a_{n})>0$，分式有意义。约掉 $a_{n}$：

$$\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n}}{a_{n}(1-a_{n})}=\frac{1}{1-a_{n}} .$$

由第一步 $0<a_{n}\leq\dfrac12$，得 $1-a_{n}\in\left[\dfrac12,1\right)$，取倒数（都是正数，不等号翻向）：

$$1<\frac{1}{1-a_{n}}\leq 2 \quad\Longrightarrow\quad 1\leq\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\leq 2 .$$

第（1）问证毕。

第三步：对 $a_{n}$ 的两条界一起做归纳

要证：对一切 $n\geq1$，

$$P(n):\qquad \frac{1}{2n}\leq a_{n}\leq\frac{1}{n+1} .$$

两条界必须一起归纳，只归纳一边是推不下去的——推 $a_{k+1}$ 的下界要用到 $a_{k}$ 的下界， 推上界要用到上界，两边的信息缺一不可。

起点 $n=1$：$\dfrac{1}{2}\leq a_{1}=\dfrac12\leq\dfrac12$，两端同时取等，成立。

归纳步。设 $P(k)$ 成立。记

$$f(x)=x-x^{2}=\frac14-\left(x-\frac12\right)^{2} ,$$

它在 $\left(-\infty,\dfrac12\right]$ 上单调递增，而 $a_{k+1}=f(a_{k})$。

用单调性搬运界之前，先确认两条界都落在单调区间里：$k\geq1$ 时 $\dfrac{1}{2k}\leq\dfrac12$、$\dfrac{1}{k+1}\leq\dfrac12$，且 $2k\geq k+1$ 保证 $\dfrac{1}{2k}\leq\dfrac{1}{k+1}$。 这一句不能省——$f$ 在 $\dfrac12$ 右边是递减的，界若越过 $\dfrac12$，搬运的方向就反了。

于是

$$f\!\left(\frac{1}{2k}\right)\ \leq\ a_{k+1}=f(a_{k})\ \leq\ f\!\left(\frac{1}{k+1}\right) .$$

下界：

$$f\!\left(\frac{1}{2k}\right)=\frac{1}{2k}-\frac{1}{4k^{2}}=\frac{2k-1}{4k^{2}} ,$$

要证它 $\geq\dfrac{1}{2(k+1)}$。两边都是正数，交叉相乘：

$$2(k+1)(2k-1)\geq 4k^{2} \iff 4k^{2}+2k-2\geq 4k^{2} \iff k\geq 1 ,$$

对一切 $k\geq1$ 成立（$k=1$ 时取等）。

上界：

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

要证它 $\leq\dfrac{1}{k+2}$。交叉相乘：

$$k(k+2)\leq(k+1)^{2} \iff k^{2}+2k\leq k^{2}+2k+1 ,$$

恒成立。于是

$$\frac{1}{2(k+1)}\leq a_{k+1}\leq\frac{1}{(k+1)+1} ,$$

即 $P(k+1)$ 成立。由数学归纳法，$P(n)$ 对一切 $n\geq1$ 成立。

第四步：代回去

由冷启动，$S_{n}=\dfrac12-a_{n+1}$。把 $P(n+1)$ 的两条界代进来：

$$\frac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq\frac{1}{n+2} \ \Longrightarrow\ \frac12-\frac{1}{n+2}\ \leq\ S_{n}\ \leq\ \frac12-\frac{1}{2(n+1)} ,$$

即

$$\frac{n}{2(n+2)}\leq S_{n}\leq\frac{n}{2(n+1)} .$$

两边同除以 $n>0$：

$$\frac{1}{2(n+2)}\leq\frac{S_{n}}{n}\leq\frac{1}{2(n+1)}\qquad(n\in\mathbf{N}^{*}) .$$

证毕。

解法二：取倒数，第（1）问直接累加

$a_{n}$ 每一步乘上一个略小于 $1$ 的因子 $1-a_{n}$，这种「乘法型」的递推，倒数往往是加法型的。 既然第（1）问问的又恰恰是相邻两项的比，取倒数这一步几乎是被题目点着名要的。

第一步：每一项都在 $\left(0,\frac12\right]$ 里

对 $n$ 归纳：$a_{1}=\dfrac12$；若 $0<a_{k}\leq\dfrac12$，则 $1-a_{k}\in\left[\dfrac12,1\right)$， 故 $a_{k+1}=a_{k}(1-a_{k})$ 满足 $0<a_{k+1}<a_{k}\leq\dfrac12$。 所以对一切 $n$ 有 $0<a_{n}\leq\dfrac12$，特别地 $a_{n}\neq0$，倒数有意义。

第二步：第（1）问

$$\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n}}{a_{n}(1-a_{n})}=\frac{1}{1-a_{n}} ,$$

而 $1-a_{n}\in\left[\dfrac12,1\right)$，故

$$1\leq\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\leq 2 . \tag{$\ast$}$$

第三步：取倒数，看清 $(\ast)$ 到底在说什么

令 $b_{n}=\dfrac{1}{a_{n}}$（有意义，且 $b_{n}>0$）。算一算相邻两项的差：

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

（第三个等号用了递推 $a_{n}-a_{n+1}=a_{n}^{2}$。）

$$\textbf{第（1）问要证的那个比，就是倒数序列每一步的上升量。}$$

于是 $(\ast)$ 换个说法就是

$$1\leq b_{n+1}-b_{n}\leq 2\qquad(n\in\mathbf{N}^{*}) .$$

第四步：累加，$b_{n}$ 被困在一个楔形里

$b_{1}=\dfrac{1}{a_{1}}=2$。对 $n\geq2$，把 $n-1$ 个差加起来（中间项全对消）：

$$b_{n}-b_{1}=\sum_{k=1}^{n-1}\bigl(b_{k+1}-b_{k}\bigr) .$$

每一项都在 $[1,2]$ 里，共 $n-1$ 项，所以

$$n-1\ \leq\ b_{n}-2\ \leq\ 2(n-1) \quad\Longrightarrow\quad n+1\ \leq\ b_{n}\ \leq\ 2n .$$

$n=1$ 时 $b_{1}=2$ 而 $n+1=2n=2$，同样成立。所以对一切 $n\geq1$：

$$n+1\leq\frac{1}{a_{n}}\leq 2n .$$

图上那个楔形就是这两条界，绿折线是真实的 $b_{n}$，它从 $b_{1}=2$ 那个尖点出发， 往后每一步只能抬高 $1$ 到 $2$，于是永远走不出楔形。

第五步：翻回 $a_{n}$，两条界现成

$b_{n}$ 与 $a_{n}$ 都是正数，取倒数把不等号翻向：

$$\frac{1}{2n}\leq a_{n}\leq\frac{1}{n+1}\qquad(n\in\mathbf{N}^{*}) .$$

一次归纳都没用——第（1）问已经把它交出来了。

第六步：裂项求和，收口

由递推 $a_{k}^{2}=a_{k}-a_{k+1}$，逐项相消：

$$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\bigl(a_{k}-a_{k+1}\bigr)=a_{1}-a_{n+1}=\frac12-a_{n+1} .$$

把第五步在 $n+1$ 处的两条界代进来：

$$\frac{1}{2(n+1)}\leq a_{n+1}\leq\frac{1}{n+2} \ \Longrightarrow\ \frac{n}{2(n+2)}=\frac12-\frac{1}{n+2}\ \leq\ S_{n}\ \leq\ \frac12-\frac{1}{2(n+1)}=\frac{n}{2(n+1)} .$$

除以 $n>0$：

$$\frac{1}{2(n+2)}\leq\frac{S_{n}}{n}\leq\frac{1}{2(n+1)}\qquad(n\in\mathbf{N}^{*}) .$$

证毕。

两条路怎么选

考场上如果时间紧，先按解法二试三十秒：算一下 $\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_{n}}$ 是什么。 只要它化成了第（1）问那个比，后面就是一次累加，没有任何技巧含量。 算出来不好看再退回解法一——归纳法是保底的路，代价是要自己把两条界猜对（本题题干已经把它们藏在答案里给了）。

一句话带走

压轴数列题的第（1）问从来不是热身，它是第（2）问的材料。 这道题里第（1）问给的是相邻两项的比在 $[1,2]$ 里； 而「比」这个字就是暗号：比的信息，取倒数之后会变成差的信息——

$$\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}} \quad(\text{当 }a_{n}-a_{n+1}=a_{n}^{2}\text{ 时}) ,$$

差的信息一累加就是整体的界。看到「比夹在两个数之间」，先写一行倒数试试； 看到 $a_{n+1}=a_{n}-a_{n}^{2}$ 这种形状，先把它读成 $a_{n}^{2}=a_{n}-a_{n+1}$ 再说。 两个动作都只花一行，却把这道压轴题从「要想出归纳假设」降成「照着算」。