浙江 2021 · 数学 q10

冷启动：这道题在问什么，难在哪

数列 $a_1=1$，$a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+\sqrt{a_n}}$，要判断 $S_{100}=a_1+a_2+\cdots+a_{100}$ 落在哪个区间。

① 通项求不出来。 递推式里有 $\sqrt{a_n}$，既不是等差也不是等比，迭代 99 次更不现实。四个选项的区间宽度只有 $1$ 到 $\frac{1}{2}$——必须把 $S_{100}$ 夹到很紧才能选对。

② 正项递减是免费的。 $a_1=1>0$，而 $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+\sqrt{a_n}}$ 在 $a_n>0$ 时显然为正且 $a_{n+1}<a_n$。所以 $\{a_n\}$ 正项递减，$S_{100}>a_1=1>\dfrac{1}{2}$——下界一步就有了，全部难度在上界。

③ 上界需要什么。 要证 $S_{100}<3$，就得给每一项 $a_n$ 一个足够紧的上界，使得 100 项加起来不超过 3。直接放 $a_n<a_1=1$ 给出 $S_{100}<100$，松得毫无用处。必须找到 $a_n$ 随 $n$ 衰减的速率。

解法一：取倒数累加定下界，局部放缩累乘得上界，裂项收束

怎么想到的。 递推式 $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+\sqrt{a_n}}$ 是「$a_n$ 除以一个含 $\sqrt{a_n}$ 的东西」——这正是取倒数化递推的典型信号：分式结构取倒数后变加法，而加法才能累加、才能夹逼。

第一步：取倒数，把乘法变加法。

$$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1+\sqrt{a_n}}{a_n}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{\sqrt{a_n}}$$

右边出现了 $\dfrac{1}{a_n}$ 与 $\dfrac{1}{\sqrt{a_n}}$ 两个量。为了把它们统一，配方：

$$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{\sqrt{a_n}}=\left(\frac{1}{\sqrt{a_n}}+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}$$

为什么要配方。 目标是得到 $\dfrac{1}{\sqrt{a_{n+1}}}$ 与 $\dfrac{1}{\sqrt{a_n}}$ 之间的线性不等关系。配方之后，丢掉 $-\dfrac{1}{4}$ 这个负项（放缩方向：往大放），立刻得到

$$\frac{1}{a_{n+1}}<\left(\frac{1}{\sqrt{a_n}}+\frac{1}{2}\right)^2$$

两边开方（正项，不等号不变）：

$$\boxed{\frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}}<\frac{1}{\sqrt{a_n}}+\frac{1}{2}}$$

这就是全部推导的枢纽——$\left\{\dfrac{1}{\sqrt{a_n}}\right\}$ 的相邻差严格小于 $\dfrac{1}{2}$，它是一条「近似等差」的上界。

第二步：累加，得 $a_n$ 的下界。 令 $b_n=\dfrac{1}{\sqrt{a_n}}$，则 $b_1=1$，$b_{n+1}-b_n<\dfrac{1}{2}$。累加：

$$b_n=b_1+\sum_{k=1}^{n-1}(b_{k+1}-b_k)<1+\frac{n-1}{2}=\frac{n+1}{2}$$

即 $\dfrac{1}{\sqrt{a_n}}<\dfrac{n+1}{2}$（$n\ge2$ 时严格；$n=1$ 取等），翻过来：

$$\boxed{a_n\ge\frac{4}{(n+1)^2}}$$

这是 $a_n$ 的下界——衰减不会比 $\dfrac{4}{(n+1)^2}$ 更快。

第三步：回代，得比值的上界。 由 $a_n\ge\dfrac{4}{(n+1)^2}$ 知 $\sqrt{a_n}\ge\dfrac{2}{n+1}$，于是

$$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+\sqrt{a_n}}\le\frac{a_n}{1+\dfrac{2}{n+1}}=\frac{n+1}{n+3}\,a_n$$

即

$$\boxed{\frac{a_{n+1}}{a_n}\le\frac{n+1}{n+3}}$$

这一步的逻辑方向：下界（$a_n$ 不会太小）→ $\sqrt{a_n}$ 不会太小 → 分母 $1+\sqrt{a_n}$ 不会太小 → 比值 $a_{n+1}/a_n$ 不会太大。用下界推上界，方向恰好对。

第四步：累乘，得 $a_n$ 的上界。 从 $a_1=1$ 出发，

$$a_n=a_1\prod_{k=1}^{n-1}\frac{a_{k+1}}{a_k}\le\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k+1}{k+3}=\frac{2\cdot3\cdot4\cdots n}{4\cdot5\cdot6\cdots(n+2)}=\frac{6}{(n+1)(n+2)}$$

（分子分母大量对消，只剩头尾。）于是

$$\boxed{a_n\le\frac{6}{(n+1)(n+2)}}$$

第五步：裂项求和，收束上界。

$$\frac{6}{(n+1)(n+2)}=6\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)$$

累加：

$$S_{100}=\sum_{n=1}^{100}a_n\le\sum_{n=1}^{100}\frac{6}{(n+1)(n+2)}=6\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{102}\right)=6\cdot\frac{50}{102}=\frac{300}{102}<3$$

合拢。 $S_{100}>a_1=1>\dfrac{1}{2}$（冷启动 ②），$S_{100}<3$（第五步），故

$$\boxed{\frac{1}{2}<S_{100}<3}$$

选 A。

为什么只有一条路

这道题没有第二条实质不同的路。

取倒数是唯一能把递推式线性化的操作。 $a_{n+1}=a_n/(1+\sqrt{a_n})$ 里 $a_n$ 与 $\sqrt{a_n}$ 混在一起，不取倒数就永远是乘法结构，无法累加。取倒数后变成 $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{\sqrt{a_n}}$，加法结构才允许用累加法把 99 步的增量一次性求和。

不取倒数能做什么？ 只能得到 $a_{n+1}<a_n$（正项递减），累加给出 $S_{100}<100a_1=100$——比四个选项的上界都松，等于什么也没估出来。或者放 $\sqrt{a_n}<1$ 得 $a_{n+1}>a_n/2$，这给的是下界方向，同样无用。

所以从「估 $S_{100}$ 的精确区间」这个目标出发，取倒数→累加→累乘→裂项是唯一能给出紧到选项级别的估计的链条。各种写法的差别只在配方那一步是写成 $(x+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}$ 还是直接放 $\frac{1}{a_{n+1}}<(\frac{1}{\sqrt{a_n}}+\frac{1}{2})^2$，实质动作完全相同。

🕳️ 避坑

• 放缩方向不能混。 第一步配方后丢掉 $-\frac{1}{4}$ 是往大放（$\frac{1}{a_{n+1}}$ 变大），为的是得到 $\frac{1}{\sqrt{a_n}}$ 的上界，进而得到 $a_n$ 的下界。第三步用下界回代得比值上界，方向是往小放。两步方向相反但各自正确——混用方向是这类题最常见的错误，链条一断就什么也证不出。
• 累加的项数是 99，不是 100。 从 $b_1$ 到 $b_{100}$ 中间有 99 个差。写成 100 个会把上界多撑 $\frac{1}{2}$，虽然本题余量够大不至于选错，但换一道区间更窄的题就会出事。
• 裂项的起点是 $n=1$，对应 $\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$，不是 $\frac{1}{1}-\frac{1}{2}$。 $\frac{6}{(n+1)(n+2)}$ 在 $n=1$ 时是 $\frac{6}{2\cdot3}=1$（恰好等于 $a_1$），裂项是 $6(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})$。把分母的 $(n+1)$ 看成 $n$ 就会从 $\frac{1}{1}$ 开始，多出一个 $3$，上界直接爆掉。