浙江 2022 · 数学 q10

冷启动：先认清这是一道什么题

假设你只会用递推式算前几项。先动手算，看看会撞上什么墙。

① 算前几项。 $a_1=1$，$a_{n+1}=a_n-\dfrac13a_n^2$：

$$a_2=1-\frac13=\frac23\approx0.667,\qquad a_3=\frac23-\frac13\cdot\frac49=\frac{14}{27}\approx0.519,\qquad a_4\approx0.429$$

数列在往下掉，而且越掉越慢。要的是 $a_{100}$——照这个速度手算 $99$ 次，考场上想都别想。

② 墙在哪：这个数列没有通项公式。 $a_{n+1}=a_n\left(1-\dfrac{a_n}{3}\right)$ 既不是等差（差不是常数）也不是等比（比不是常数），而且它是二次递推，写不出封闭形式。所以这道题从一开始就不是「求出来」，而是**「估出来」**——把 $a_{100}$ 夹在两个能算的数之间。

③ 目标翻译。 选项问 $100a_{100}$ 落在哪个区间。四个选项的分界点是 $2,\ \dfrac52,\ 3,\ \dfrac72,\ 4$。官方答案 B 说的是

$$\frac52<100a_{100}<3 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac1{40}<a_{100}<\frac{3}{100} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{100}{3}<\frac1{a_{100}}<40$$

注意最后一步取了倒数，不等号方向翻了。 而且——把目标写成 $\dfrac1{a_{100}}$ 的范围之后，它变成了一个宽度只有 $6.7$ 的区间（$33.3$ 到 $40$），这提示我们：该盯的量是 $\dfrac1{a_n}$，不是 $a_n$。

④ 为什么倒数是对的量。 $a_n$ 单调减、衰减越来越慢，看不出规律；但它的倒数在往上涨，而且——下面就会算出来——每一步涨的量几乎是固定的 $\dfrac13$。一个「每步涨固定量」的数列就是等差数列，而等差数列的第 $100$ 项一眼就写得出来。

这就是本题的全部构思：换一个量看，一个求不出通项的数列就变成了一条近似直线。

解法一：取倒数 → 夹住每步增量 → 两侧各累加一次

① 先证 $0<a_n\le1$。 后面每一步不等式都要用它，所以先立住。

用数学归纳法。$a_1=1\in(0,1]$ ✓。设 $0<a_n\le1$，则

$$a_{n+1}=a_n\left(1-\frac{a_n}{3}\right)$$

因为 $0<a_n\le1$，括号里 $1-\dfrac{a_n}{3}\in\left[\dfrac23,1\right)$，两个正数相乘，故

$$0<a_{n+1}<a_n\le1$$

于是 $0<a_{n+1}\le1$ ✓。归纳完成。顺带得到 $\{a_n\}$ 严格递减且恒正——这也说明 $a_n$ 不会跑到 $0$ 以下，倒数一直有意义。

② 取倒数，把递推变成加法。

$$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n\left(1-\dfrac{a_n}{3}\right)}=\frac{3}{a_n(3-a_n)}$$

关键的一次裂项（通分验一下即可）：

$$\frac{3}{a_n(3-a_n)}=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3-a_n}$$

（验：$\dfrac{1}{a_n}+\dfrac{1}{3-a_n}=\dfrac{(3-a_n)+a_n}{a_n(3-a_n)}=\dfrac{3}{a_n(3-a_n)}$ ✓。）于是每一步的增量是

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

这就是全题的枢纽。 由第 ① 步 $0<a_n\le1$，得 $3-a_n\in[2,3)$，所以

$$\frac13<\frac{1}{3-a_n}\le\frac12$$

——增量确实几乎恒等于 $\dfrac13$（只是略大一点点）。

③ 第一次累加（粗）：得 $a_n$ 的上界，收掉「$100a_{100}<3$」。

用增量的下界 $\dfrac{1}{3-a_n}>\dfrac13$，把 $n=1$ 到 $n-1$ 的差全部加起来（累加法，一共 $n-1$ 项）：

$$\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_1}=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{3-a_k}>\frac{n-1}{3}$$

因为 $a_1=1$，即

$$\frac{1}{a_n}>1+\frac{n-1}{3}=\frac{n+2}{3} \quad\Longrightarrow\quad a_n<\frac{3}{n+2}\qquad(n\ge2)$$

（取倒数翻不等号。）代 $n=100$：

$$a_{100}<\frac{3}{102}=\frac{1}{34} \quad\Longrightarrow\quad 100a_{100}<\frac{100}{34}=\frac{50}{17}\approx2.94<3\ ✓$$

上界拿到了，C 和 D 出局。 剩下 A（$2\sim2.5$）与 B（$2.5\sim3$）——差别在下界，还得再干一轮。

④ 第二次累加（精）：把粗界回代，得 $a_n$ 的下界。

现在要增量的上界。直接用 $\dfrac{1}{3-a_n}\le\dfrac12$ 行不行？累加 $99$ 次得 $\dfrac{1}{a_{100}}\le1+\dfrac{99}{2}=50.5$，而我们要的是 $<40$——差太远，这就是放缩过头。

问题出在 $\dfrac12$ 是拿 $a_n\le1$ 估的，而 $a_n$ 早就小得多了。第 ③ 步刚证出 $a_n<\dfrac{3}{n+2}$，把它回代进分母：$a_n$ 小 ⟹ $3-a_n$ 大 ⟹ 增量小。

$$\frac{1}{3-a_n}<\frac{1}{3-\dfrac{3}{n+2}}=\frac{n+2}{3(n+1)}=\frac13\left(1+\frac{1}{n+1}\right)\qquad(n\ge2)$$

$n=1$ 那一项单独看：$a_1=1$，增量恰好是 $\dfrac{1}{3-1}=\dfrac12$，而 $\dfrac13\left(1+\dfrac12\right)=\dfrac12$——恰好取等。所以上面这条式子对所有 $n\ge1$ 都成立（$n=1$ 取等）。

累加 $k=1$ 到 $99$：

$$\frac{1}{a_{100}}-1\ \le\ \sum_{k=1}^{99}\frac13\left(1+\frac{1}{k+1}\right) =\frac{99}{3}+\frac13\left(\frac12+\frac13+\dots+\frac{1}{100}\right) =33+\frac13 S$$

其中 $S=\dfrac12+\dfrac13+\dots+\dfrac1{100}$。

⑤ 估那个和 $S$：只要证 $S<18$ 就够。 目标是 $\dfrac{1}{a_{100}}<40$，即 $33+\dfrac13S<39$，即 $S<18$。先算清预算再放缩——预算有 $18$，而 $S$ 实际只有 $4.2$ 左右，余量极宽，所以可以放得很粗。

分两块估（别整段按最大项估，那样会爆）：

$$S=\underbrace{\left(\frac12+\frac13+\frac14+\frac15\right)}_{4\ \text{项，每项}\le\frac12} +\underbrace{\left(\frac16+\frac17+\dots+\frac1{100}\right)}_{95\ \text{项，每项}\le\frac16} \le 4\times\frac12+95\times\frac16=2+\frac{95}{6}<2+16=18$$

所以 $S<18$，于是

$$\frac{1}{a_{100}}<1+33+\frac{18}{3}=40 \quad\Longrightarrow\quad a_{100}>\frac{1}{40} \quad\Longrightarrow\quad 100a_{100}>\frac52\ ✓$$

⑥ 两侧合起来。

$$\frac52<100a_{100}<3$$

故选 B。

⑦ 换一种记账法，结果一样。 第 ④ 步还有一种写法：把增量拆成「主项 + 误差」

$$\frac{1}{3-a_n}=\frac13+\frac{a_n}{3(3-a_n)}\le\frac13+\frac{a_n}{6}$$

（因为 $3-a_n\ge2$。）累加得 $\dfrac{1}{a_{100}}\le 1+33+\dfrac16\sum_{k=1}^{99}a_k$，于是只要证 $\sum a_k<36$。再用第 ③ 步的 $a_k<\dfrac{3}{k+2}$ 分块粗估即可。它与上面走的是同一次累加、同一个回代，只是把误差记成 $\sum\dfrac1{k+1}$ 还是记成 $\sum a_k$ 的区别，不是另一条路。

⑧ 拿真值核对一遍。 让计算机老老实实迭代 $99$ 次，得 $100a_{100}\approx2.836$——稳稳落在 $\left(\dfrac52,3\right)$ 里，而且离两个端点都还有距离。这印证了两件事：结论对；以及我们的放缩确实”够用但不浪费”（上界 $\dfrac{50}{17}\approx2.94$、下界 $\dfrac52=2.5$，把真值 $2.836$ 夹住了；顺带一提，第 ⑤ 步那道粗估如果不做、直接把 $S$ 的真值 $H_{100}-1\approx4.187$ 代进去，得 $\dfrac{1}{a_{100}}\le35.396$，下界能到 $2.82$（下界只能向下截，不能四舍五入进位——$100/35.396=2.8252$，写成 $2.83$ 就是印了一个没证过的更强结论），已经很贴近真值——可见粗估浪费掉的余量都花在「让手算变得可能」上了）。

（这一步不是解法——考场上没有计算机。它的用处是让你知道自己该往哪个方向估，以及估完之后心里有底。）

为什么这道题只有一条路

高考里很多题有几条实质不同的路，这道题没有。原因很具体：

能下手的地方只有一个。 $\{a_n\}$ 求不出通项、不单调等差也不等比，唯一可用的结构是递推式本身。而递推式 $a_{n+1}=a_n\left(1-\dfrac{a_n}3\right)$ 的乘法结构，只有取倒数才能变成能累加的加法结构——这一步没有替代品：两边取 $\ln$ 得 $\ln a_{n+1}=\ln a_n+\ln\left(1-\dfrac{a_n}{3}\right)$，后一项照旧含 $a_n$、并没变简单；作差 $a_{n+1}-a_n=-\dfrac13a_n^2$ 还是含 $a_n^2$；平方、作比也都不通。

倒数一取，$\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_n}=\dfrac{1}{3-a_n}$ 摆在眼前，剩下的动作是唯一确定的：夹住增量、上下各累加一次。上下两侧的放缩式子可以写得不一样（第 ⑦ 步给了另一种记账），但那是同一次累加换个写法，中间对象与推进方式都没变。

至于「直接迭代」——那不是解法，是核对（第 ⑧ 步）。这道题真正值得练的，是第 ④ 步那个「先粗后精」的反射：一次放缩不够就把结果回代再放一次，而不是硬着头皮把粗界往下算。

🕳️ 避坑

• 别用 $\dfrac{1}{3-a_n}\le\dfrac12$ 去累加。 它是对的，但累加 $99$ 次得 $\dfrac1{a_{100}}\le50.5$，够不着 $40$——典型的放缩过头。要先粗后精：先证 $a_n<\dfrac3{n+2}$，再回代。
• 取倒数要翻不等号。 $\dfrac1{a_n}>\dfrac{n+2}{3}\Rightarrow a_n<\dfrac{3}{n+2}$。这道题从头到尾在 $a_n$ 与 $\dfrac1{a_n}$ 之间来回换，每换一次都要检查方向。
• 累加的项数是 $99$ 不是 $100$。 从 $\dfrac1{a_1}$ 到 $\dfrac1{a_{100}}$ 之间隔着 $99$ 个差。多算一项，主项就从 $33$ 变成 $\dfrac{100}{3}$，恰好把 $40$ 这个界顶破。
• 调和和别整段按最大项估。 $\dfrac12+\dots+\dfrac1{100}\le99\times\dfrac12=49.5$ 直接爆掉。分块：前几项按各自的量级、后面一大段按那一段的最大项。
• 两侧都要做。 只证出 $100a_{100}<3$ 就选，A 和 B 都还活着——四个选项恰好把「只做上界」的人卡在这里。
• 本题特有的一处：$n=1$ 那一项的增量 $\dfrac12$ 恰好等于上界公式 $\dfrac13\left(1+\dfrac1{n+1}\right)$ 在 $n=1$ 处的值，所以那条只在 $n\ge2$ 证出的不等式，$n=1$ 时碰巧也成立（取等），可以放心一起累加。这种「端点恰好取等」不是每次都有——换一道题就得把前几项单独拎出来算。