浙江 2017 · 数学 q22

冷启动：这条递推是反着写的

题面给的是

$$x_1=1,\qquad x_n=x_{n+1}+\ln\left(1+x_{n+1}\right)\quad\left(n\in\mathbb{N}^{*}\right)$$

先看清楚一件事：下标大的那个站在等号右边。

平时见的递推是 $a_{n+1}=F(a_n)$——已知的在右、要求的在左，拿到首项就能一路往后代。 这里反过来了：已知的是 $x_n$，未知的是 $x_{n+1}$。想从 $x_1=1$ 得到 $x_2$， 不是把 $1$ 代进右边，而是要解方程

$$x_2+\ln\left(1+x_2\right)=1$$

这个方程解不出漂亮的闭式（$x_2\approx0.557$），$x_3$、$x_4$ 更别想。 所以这道题从一开始就没打算让你求通项——三问要的全是「夹住」： 夹住符号、夹住相邻两项的关系、夹住每一项的大小。

顺带说，方向如果搞反、把 $1$ 直接代进右边算出 $1+\ln 2\approx1.693$， 得到的是一个比 $x_1$ 更大的数；而真正的 $x_2$ 比 $x_1$ 小。 连单调方向都反了，后面每一步都跟着废。

三问的分工也值得先摆出来：

• 第（Ⅰ）问要正性 + 单调，是后两问一切不等式的地基（除以 $x_n$、翻不等号都要它）；
• 第（Ⅱ）问是一条相邻两项之间的不等式，本身不像结论，它是第（Ⅲ）问上界的唯一入口；
• 第（Ⅲ）问要每一项的上下界，下界和上界来路完全不同：下界靠一条最朴素的对数估计， 上界只能靠第（Ⅱ）问取倒数叠上去。

解法一：官方路子：为第二问量身造一个函数，剩下两问都从它掉出来

第一步：先证每一项都是正的

递推式 $x_n=x_{n+1}+\ln\left(1+x_{n+1}\right)$ 里出现了 $\ln\left(1+x_{n+1}\right)$， 所以题目默认 $1+x_{n+1}>0$，即每一项都落在 $(-1,+\infty)$ 里。这是下面唯一用到的隐含前提。

对 $n$ 归纳证 $x_n>0$。

• $n=1$：$x_1=1>0$，成立。
• 设 $x_k>0$。反设 $x_{k+1}\le0$。因为 $x_{k+1}>-1$，有 $1+x_{k+1}\in(0,1]$，于是 $\ln\left(1+x_{k+1}\right)\le0$。两个非正的东西加起来还是非正：

$$x_k=x_{k+1}+\ln\left(1+x_{k+1}\right)\le0$$

与 $x_k>0$ 矛盾。故 $x_{k+1}>0$。

归纳完成：$x_n>0$ 对一切 $n\in\mathbb{N}^{*}$ 成立。

第二步：正性一到手，单调立刻掉出来

既然 $x_{n+1}>0$，就有 $1+x_{n+1}>1$，于是 $\ln\left(1+x_{n+1}\right)>\ln 1=0$——严格大于， 不是 $\ge$。代回递推式：

$$x_n=x_{n+1}+\underbrace{\ln\left(1+x_{n+1}\right)}_{>0}>x_{n+1}$$

配上第一步的 $x_{n+1}>0$，第（Ⅰ）问的 $0<x_{n+1}<x_n$ 就证完了。

这里那个「严格」很要紧：第（Ⅰ）问要的是两个严格不等号，而链条上每一步的等号 （$x_{n+1}=0$ 时 $\ln\left(1+x_{n+1}\right)=0$）都被正性挡住了，所以确实取不到。 下面除以 $x_nx_{n+1}$、以及第三步里「$t>0$」的每一处，用的都是这个严格性。

第三步：把第二问的目标整理成「一个函数非负」

要证的是

$$2x_{n+1}-x_n\le\frac{x_nx_{n+1}}{2}$$

两边乘 $2$ 再移到一边，等价于

$$x_nx_{n+1}-4x_{n+1}+2x_n\ge0$$

左边同时含 $x_n$ 与 $x_{n+1}$，两个字母不好办。但递推式正好把 $x_n$ 写成了 $x_{n+1}$ 的函数， 一代就只剩一个字母。记 $t=x_{n+1}$（由第一步 $t>0$），$x_n=t+\ln(1+t)$：

$$\begin{aligned} x_nx_{n+1}-4x_{n+1}+2x_n &=\bigl[t+\ln(1+t)\bigr]\,t-4t+2\bigl[t+\ln(1+t)\bigr]\\[2pt] &=t^2+t\ln(1+t)-4t+2t+2\ln(1+t)\\[2pt] &=t^2-2t+(t+2)\ln(1+t) \end{aligned}$$

于是第（Ⅱ）问等价于：记 $f(t)=t^2-2t+(t+2)\ln(1+t)$，证 $f(t)\ge0$ 对一切 $t>0$ 成立。

第四步：求导，一眼看出它增

$$f'(t)=2t-2+\ln(1+t)+\frac{t+2}{1+t}$$

（末项是 $(t+2)\ln(1+t)$ 求导时的第二块：$(t+2)\cdot\frac{1}{1+t}$。） 把不带对数的三项通分：

$$2t-2+\frac{t+2}{1+t}=\frac{(2t-2)(1+t)+t+2}{1+t}=\frac{2t+2t^2-2-2t+t+2}{1+t}=\frac{2t^2+t}{1+t}$$

所以

$$f'(t)=\frac{2t^2+t}{t+1}+\ln(1+t)$$

$t>0$ 时两块都严格为正（$\frac{2t^2+t}{t+1}=\frac{t(2t+1)}{t+1}>0$，$\ln(1+t)>0$）， 故 $f$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格增。又

$$f(0)=0-0+2\ln 1=0$$

于是 $t>0$ 时 $f(t)>f(0)=0$。第（Ⅱ）问得证（实际上是严格的 $>$，比题目要的还强一点）。

第五步：第三问的下界——一条最朴素的对数估计

要证 $x_n\ge\dfrac{1}{2^{n-1}}$。看成「每往后一项最多掉一半」就行：只要有

$$x_n\le 2x_{n+1}$$

那么 $x_{n+1}\ge\frac{x_n}{2}$，从 $x_1=1$ 一路乘下去就得到 $x_n\ge\frac{1}{2^{n-1}}$。

而 $x_n=x_{n+1}+\ln\left(1+x_{n+1}\right)$，所以上式就是要 $\ln\left(1+x_{n+1}\right)\le x_{n+1}$。 这是那条最常用的对数估计：记 $u(t)=t-\ln(1+t)$（$t\ge0$），

$$u'(t)=1-\frac{1}{1+t}=\frac{t}{1+t}\ge0,\qquad u(0)=0$$

故 $u(t)\ge0$，即 $\ln(1+t)\le t$。代 $t=x_{n+1}>0$ 即得 $x_n\le2x_{n+1}$。

写细一点：

$$x_n\le 2x_{n+1}\le 2^2x_{n+2}\le\cdots \quad\Longrightarrow\quad x_1\le 2^{n-1}x_n \quad\Longrightarrow\quad x_n\ge\frac{x_1}{2^{n-1}}=\frac{1}{2^{n-1}}$$

第六步：第三问的上界——取倒数，把「至少翻倍」看出来

上界不能照抄第五步。$\ln(1+t)\le t$ 这条估计只朝一个方向压， 它给出的永远是 $x_n\le 2x_{n+1}$ 这一侧，也就是只压得出 $x_n$ 的下界。 想要上界，必须换一条方向相反的不等式——手上正好有一条，就是第（Ⅱ）问。

第（Ⅱ）问是 $2x_{n+1}-x_n\le\frac{x_nx_{n+1}}{2}$。两边同除以 $x_nx_{n+1}$（由第一、二步它是正的， 不等号方向不变）：

$$\frac{2x_{n+1}}{x_nx_{n+1}}-\frac{x_n}{x_nx_{n+1}}\le\frac{1}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{2}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}\le\frac{1}{2}$$

移项：

$$\frac{1}{x_{n+1}}\ge\frac{2}{x_n}-\frac{1}{2} =2\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}$$

也就是

$$\boxed{\ \frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{2}\ \ge\ 2\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{2}\right)\ }$$

这一步就是全题的转折：$x_n$ 本身既不等差也不等比，看不出规律；但倒数减去 $\frac12$ 之后， 这个量每走一步至少翻一倍。而

$$\frac{1}{x_1}-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0$$

起点是正的，所以「至少翻倍」可以一路叠下去（正数乘 $2$ 还是正数，不等号不会中途失效）：

$$\frac{1}{x_n}-\frac{1}{2}\ \ge\ 2\left(\frac{1}{x_{n-1}}-\frac{1}{2}\right)\ \ge\ \cdots\ \ge\ 2^{\,n-1}\left(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{2}\right)=2^{\,n-1}\cdot\frac{1}{2}=2^{\,n-2}$$

于是 $\dfrac{1}{x_n}\ge2^{\,n-2}+\dfrac12>2^{\,n-2}>0$，两边取倒数（正数取倒数，不等号翻向）：

$$x_n<\frac{1}{2^{\,n-2}}$$

比要证的 $\le$ 还严一点。合起来

$$\frac{1}{2^{\,n-1}}\le x_n\le\frac{1}{2^{\,n-2}}$$

第（Ⅲ）问得证。顺带核一下 $n=1$：左边 $\frac{1}{2^0}=1=x_1$，等号真的取到； 右边 $\frac{1}{2^{-1}}=2>1$。两侧都对得上。

解法二：只搬一条两头夹的对数估计，三问一次配齐

解法一是为这道题量身造了一个函数 $f$。这一条反过来：先把一条通用的对数估计证出来， 往后三问全是代数，一次都不用再求导。

第一步：把那条估计证出来

引理：对一切 $t\ge0$，

$$\frac{2t}{t+2}\ \le\ \ln(1+t)\ \le\ t$$

两端的等号都只在 $t=0$ 取到。

右半：$u(t)=t-\ln(1+t)$，$u'(t)=1-\dfrac{1}{1+t}=\dfrac{t}{1+t}$。 $t>0$ 时 $u'>0$，故 $u$ 严格增；$u(0)=0$，所以 $t>0$ 时 $u(t)>0$，即 $\ln(1+t)<t$。

左半：$h(t)=\ln(1+t)-\dfrac{2t}{t+2}$。注意 $\left(\dfrac{2t}{t+2}\right)'=\dfrac{2(t+2)-2t}{(t+2)^2}=\dfrac{4}{(t+2)^2}$，于是

$$h'(t)=\frac{1}{1+t}-\frac{4}{(t+2)^2} =\frac{(t+2)^2-4(1+t)}{(1+t)(t+2)^2} =\frac{t^2+4t+4-4-4t}{(1+t)(t+2)^2} =\frac{t^2}{(1+t)(t+2)^2}$$

$t>0$ 时分子分母都正，$h'>0$；$h(0)=0$，所以 $t>0$ 时 $h(t)>0$，即 $\ln(1+t)>\dfrac{2t}{t+2}$。

引理证毕。左右两条都是原点处与 $\ln(1+t)$ 相切的曲线（三条在 $0$ 处斜率都是 $1$）， 所以在 $t$ 小的时候夹得很紧——这正是本题需要的：题目里的 $t=x_{n+1}$ 会越来越接近 $0$。

为什么左半要用 $\frac{2t}{t+2}$ 而不是更省事的东西？ 因为放缩得太松就够不着结论。 最常见的偷懒是用 $\ln(1+t)\ge0$，那第（Ⅱ）问只能得到 $2x_{n+1}-x_n\le x_{n+1}$， 右边跟目标的 $\frac{x_nx_{n+1}}{2}$ 没法比；用 $\ln(1+t)\ge\frac{t}{1+t}$ 也不够。 $\frac{2t}{t+2}$ 是原点附近二阶贴住 $\ln(1+t)$ 的那一条，恰好够用。

第二步：第（Ⅰ）问——这条递推其实是一个严格增的双射

记

$$g(t)=t+\ln(1+t),\qquad t\in(-1,+\infty)$$

（定义域取 $(-1,+\infty)$ 是因为递推式里出现了 $\ln\left(1+x_{n+1}\right)$，题目默认它有意义。）

$$g'(t)=1+\frac{1}{1+t}>0$$

所以 $g$ 在 $(-1,+\infty)$ 上严格增；又 $t\to-1^{+}$ 时 $g\to-\infty$、$t\to+\infty$ 时 $g\to+\infty$， 且 $g$ 连续，故 $g$ 是 $(-1,+\infty)$ 到 $\mathbb{R}$ 的严格增双射。

这一句话把两件事一起办了：

1. 数列确实被定义出来了：递推式 $x_n=g\left(x_{n+1}\right)$ 就是 $x_{n+1}=g^{-1}\left(x_n\right)$， 每一项由前一项唯一确定。
2. 正性：$g(0)=0+\ln 1=0$。$g^{-1}$ 与 $g$ 同增，所以

$$x_n>0=g(0)\ \Longrightarrow\ x_{n+1}=g^{-1}\left(x_n\right)>g^{-1}(0)=0$$

从 $x_1=1>0$ 出发归纳，得 $x_n>0$ 对一切 $n$ 成立。

再看单调。$t>0$ 时 $\ln(1+t)>0$，故 $g(t)>t$。把 $t=x_{n+1}>0$ 代进去：

$$x_n=g\left(x_{n+1}\right)>x_{n+1}$$

于是 $0<x_{n+1}<x_n$，第（Ⅰ）问完。

第三步：第（Ⅱ）问——用引理的左半，两行

记 $t=x_{n+1}$，由第二步 $t>0$ 且 $x_n=t+\ln(1+t)>t$。

用引理左半 $\ln(1+t)\ge\dfrac{2t}{t+2}$ 把 $x_n$ 从下面顶住：

$$x_n=t+\ln(1+t)\ \ge\ t+\frac{2t}{t+2}=\frac{t(t+2)+2t}{t+2}=\frac{t(t+4)}{t+2}$$

$x_n$ 被顶大，$2x_{n+1}-x_n=2t-x_n$ 就被压小：

$$2x_{n+1}-x_n\ \le\ 2t-\frac{t(t+4)}{t+2}=\frac{2t(t+2)-t(t+4)}{t+2}=\frac{2t^2+4t-t^2-4t}{t+2}=\frac{t^2}{t+2}$$

再看目标右边。$t>0$ 时 $t+2>2$，所以

$$\frac{t^2}{t+2}<\frac{t^2}{2}$$

而由第二步 $x_n>t$，两边乘 $\frac{t}{2}>0$：

$$\frac{t^2}{2}<\frac{x_nt}{2}=\frac{x_nx_{n+1}}{2}$$

三段串起来：

$$2x_{n+1}-x_n\ \le\ \frac{t^2}{t+2}\ <\ \frac{t^2}{2}\ <\ \frac{x_nx_{n+1}}{2}$$

第（Ⅱ）问得证（同样是严格的）。

第四步：第（Ⅲ）问的下界——用引理的右半

引理右半 $\ln(1+t)\le t$ 直接给出

$$x_n=x_{n+1}+\ln\left(1+x_{n+1}\right)\le x_{n+1}+x_{n+1}=2x_{n+1}$$

即 $x_{n+1}\ge\dfrac{x_n}{2}$。从 $x_1=1$ 连乘 $n-1$ 次：

$$x_n\ \ge\ \frac{x_{n-1}}{2}\ \ge\ \frac{x_{n-2}}{2^2}\ \ge\ \cdots\ \ge\ \frac{x_1}{2^{\,n-1}}=\frac{1}{2^{\,n-1}}$$

第五步：第（Ⅲ）问的上界——再用一次左半，然后取倒数

这一侧的关键量是 $\dfrac{1}{x_n}-\dfrac12$。先证它每步至少翻倍，即

$$\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{2}\ \ge\ 2\left(\frac{1}{x_n}-\frac{1}{2}\right)$$

仍记 $t=x_{n+1}>0$。上式移项后等价于

$$\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\ \ge\ \frac{2}{x_n} \qquad\text{即}\qquad \frac{t+2}{2t}\ \ge\ \frac{2}{x_n}$$

由第三步已经得到的 $x_n\ge\dfrac{t(t+4)}{t+2}>0$，取倒数翻向：

$$\frac{2}{x_n}\ \le\ \frac{2(t+2)}{t(t+4)}$$

于是只要验

$$\frac{t+2}{2t}\ \ge\ \frac{2(t+2)}{t(t+4)}$$

两边同除以正数 $\dfrac{t+2}{t}$，剩下 $\dfrac12\ge\dfrac{2}{t+4}$，即 $t+4\ge4$——$t>0$ 时显然成立。

于是「至少翻倍」成立。起点

$$\frac{1}{x_1}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0$$

是正的，一路叠下去：

$$\frac{1}{x_n}-\frac{1}{2}\ \ge\ 2^{\,n-1}\left(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{2}\right)=2^{\,n-2}$$

所以 $\dfrac{1}{x_n}\ge2^{\,n-2}+\dfrac12>0$，取倒数翻向：

$$x_n\ \le\ \frac{1}{2^{\,n-2}+\frac12}\ <\ \frac{1}{2^{\,n-2}}$$

配上第四步的下界，第（Ⅲ）问完：

$$\frac{1}{2^{\,n-1}}\le x_n\le\frac{1}{2^{\,n-2}}$$

回头看：两条路各自强在哪儿

共同的骨架只有两根。 一是第（Ⅰ）问的正性——没有它，后面除以 $x_nx_{n+1}$、取倒数翻不等号 全都不合法；二是第（Ⅲ）问上界处的那次取倒数，两条路都绕不开。真正的分岔在中间。

解法一把第（Ⅱ）问的目标整理成 $f(t)\ge0$，为这道题现造一个函数再求导。 好处是不需要任何预先知道的不等式，照着「移项—代入—求导—看端点」的流程走就行， 考场上最保险。代价是那个 $f$ 长得不好看，$f'$ 要通分才看得出正负，容易在代数上出错。

解法二把力气全花在一条可以反复用的估计上：$\dfrac{2t}{t+2}\le\ln(1+t)\le t$。 证它只要两次求导，而且两次的导数都干净（$\frac{t}{1+t}$ 与 $\frac{t^2}{(1+t)(t+2)^2}$）。 证完之后三问全是代数，第（Ⅱ）问只有两行。代价是你得先想到该用哪条估计—— 放松了（比如只用 $\ln(1+t)\ge0$）就够不着结论，收紧了又不好证。

这道题真正想教的事藏在第（Ⅲ）问：$x_n$ 本身既不等差也不等比，画出来就是一条趋于 $0$ 的曲线， 看不出任何规律。但 $\dfrac{1}{x_n}-\dfrac12$ 每一步至少翻倍——找对了要看的那个量， 一个「没有通项」的数列立刻变成一条可以估的等比链。教学图的第二块把这件事画了出来： 两个界同乘 $2^{\,n-1}$ 之后，第（Ⅲ）问就是「真值始终待在 $1$ 与 $2$ 之间的一条固定带子里」， 而真值贴着下界走、离上界很远——说明下界是紧的（$n=1$ 时取等），上界松，但够用。