函数背景下递推数列的单调性初探

函数背景下递推数列的单调性初探

刘建华

数列是定义在自然数集或其子集上的特殊函数，数列的函数特性:单调性、周期性，尤其是单调性，在近几年各省区的高考中有充分表现。本文拟通过对几道高考题探究，试图揭示递推数列背景下数列的单调性和函数的单调性的内在联系。

众所周知，数列的单调性可以通过函数的单调性，或由a_{n+ 1}＞a_n(递增)a_{n+ 1}＜a_n(递减)获知。本文主要探讨由a_{n+ 1}= f( a_n)构成的递推数列的单调性，即数列{a_n}的单调性与函数y=f( x)的单调性之间的关系。

1．实例引入。

例1(2009安徽卷理)首项为正数的数列{a_n}满足。

(1)证明:若a₁为奇数，则对一切n≥2，a_n都是奇数;

(2)若对一切∈N₊都有a_n+1＞a_n，求a₁的取值范围。

解(1)略

(2)由知，a_n+1＞a_n当且仅当a_n＜1或a_n＞3。另一方面，若0＜a_k＜1，则0＜a_k+1＜=1;若a_k＞3，则a_k+1＞= 3。根据数学归纳法。

综合所述，对一切n∈N₊都有a_n+1＞a_n的充要条件是0＜a₁＜1或a₁＞3。

方法二:由a₂=＞a₁，得a²₁－4a₁+ 3＞0，于是0＜a₁＜1或a₁＞3。，因为a₁＞0，a_n+1=，所以所有的a_n均大于0，因此，对一切n∈N₊都有a_n+1－a_n与a_n－a_n－1同号。根据数学归纳法，A n∈N₊，a_n+1－a_n与a₂－a₁同号，因此，对一切n∈N₊都有a_n+1－a_n与a_n－a_n－1同号。根据数学归纳法，A n∈N₊，a_n+1－a_n与a₂－a₁同号，因此，对一切n∈N₊都有a_n+1－a_n与a_n－a_n－1同号。根据数学归纳法，A n∈N₊，a_n+1－a_n与a₂－a₁同号，因此，对一切n∈N₊都有a_n+1＞a_n的充要条件是0＜a₁＜1或a₁＞3。

评注:通过本例的解法，可知数列的单调性一般要通过数学归纳法证明。解法一直接通过数列单调性的定义，将问题转化为证明通项a_n的范围问题，从而得出a₁的范围。解法二采用了先找必要条件再证明充分性的经典证法，找出来a_n+1－a_n与a_n－a_n－1的符号联系(同号)，说明了数列前后两项的大小关系的承接性即数列的单调性。

2．探究一。

设a_n+1= f(a_n)，若y= f(x)在指定连续区间D上单调递增，对于任意a_n∈D，数列{a_n}是否也单调递增?

我们用数学归纳法来探究:假设当n= k时，若a_k+1＞a_k成立，则由于y= f(x)单调递增，有f(a_k+1)＞f(a_k)，即a_k+2＞a_k+1成立;若a_k+1＜a_k成立，同理则有a_k+2＜a_k+1成立。这说明数列的单调性，取决于数列的前两项a₁，a₂的大小关系。于是有下面定理:

定理1　设a_n+1= f(a_n)，若y= f(x)在指定连续区间D上单调递增，对于任意a_n∈D

①当a₁＜a₂时，数列{a_n}单调递增;②当a₁＞a₂时，数列{a_n}单调递减。

那么，函数y= f(x)在指定连续区间D上单调递减，数列{a_n}的单调性又如何?

例2　(2009陕西卷理)已知数列{x_n}满足，，n∈N⁺。

(1)猜想数列{x_n}的单调性，并证明你的结论;

(2)证明:。

解:(1)由及得。由x₂＞x₄＞x₆猜想:数列{x_2n}是递减数列。

下面用数学归纳法证明:

①当n=1时，已证命题成立。

②假设当n= k时命题成立，即x_2k＞x_2k+2易知x_2k＞0，那么

即x_2(k+1)＞x_2(k+1)+2。也就是说，当n= k+ 1时命题也成立。

结合(1)和(2)得知，命题成立。

(2)证明(略)

评注:本例递推数列的函数背景f(x)=在x∈(0，+∞)是单调减函数，本来这样的数列是摆动数列，不具备单调性，但本题却指出数列{x_n}的偶数项具备单调性。该问题可以一般化，讨论数列{x_2n}、数列{x_2n－1}的单调性。高考命题素材多半来自研究成果，作为教师应努力揭示命题背景，找出一般性规律。

3．再探究。

设a_n+1= f(a_n)，若y= f(x)在指定连续区间D上单调递减，对于任意a_n∈D，数列{a_n}的单调性又如何?

若a₁＜a₂，由于y=f(x)单调递减∴f(a₁)＞f(a₂)即a₂＞a₁，同理a₃＜a₄……数列{a_n}为摆动数列;同理，若a₁＞a₂，数列{a_n}也为摆动数列。

若a₁＜a₃，则a₂＞a₄，由于函数y=f(x)的定义域和值域同为D，由复合函数的单调性知函数f［f(x)］在连续区间D上单调递增，∴f［f(a₁)］＜f［f(a₃)］即a₃＜a₅，由数学归纳法易证数列{a_2k－1}单调递增;同时数列{a_2k}单调递减。

若a₁＞a₃，则a₂＜a₄，同理数列{a_2k－1}单调递减;同时数列{a_2k}单调递增。于是有下面定理:

定理2　设a_n+1=f(a_n)，若y=f(x)在指定连续区间D上单调递减，对于任意a_n∈D

①当a₁≠a₂时，数列{a_n}为摆动数列;

②当a₁＜a₃时，数列{a_2k－1}单调递增，同时数列{x_2k}单调递减;

③当a₁＞a₃时，数列{a_2k－1}单调递减，同时数列{x_2k}单调递增。

经过以上探究，我们可以似乎已经彻底解决了递推数列的单调性的问题了。事实果真如此?我们来看下一题。

4．关键的问题。

例3　(2008年北京模拟)在数列{a_n}中，a₁=a，a_n+1=，n=1，2，3……

(1)若对于n∈N^*，均有a_n+1=a_n成立，求a的值;

(2)若对于n∈N^*，均有a_n+1＞a_n成立，求a的取值范围;

(3)请你构造一个无穷数列{b_n}，使其满足下列两个条件，并加以证明:

①b_n+1＞b_n，n=1，2，3……

②当a为{b_n}中的任意一项时，{a_n}中必有某一项的值为1。

分析:设a_n+1=f(a_n)，则f(x)=，该函数在区间(0，+∞)和(－∞，0)上为增函数。由定理1知，若a_n+1＞a_n即数列递增，只需a₂＞a₁。于是a₂－a₁=，解得a₁＜0或2＜a₁＜3，故问(2)的结果是a＜0或2＜a＜3。真是这样的吗?请看正解。

解:(1)略

(2)解不等式a_n+1＞a_n，即＞a_n，得a_n＜0或2＜a_n＜3

所以，要使a₂＜a₁成立，则a₁＜0或2＜a₁＜3。

①当a₁＜0时，a₂=f(a₁)=，

而a₃－a₂=f(a₂)－a₂=＜0即a₃＜a₂，不满足题意。

②当2＜a₁＜3时，a₂= f(a₁)== 5－∈(2，3)，a₃= 5－∈(2，3)，……满足题意。

综上可知，a∈(2，3)。

(3)略。

评注:为什么会这样?是不是我们的结论错了?我想正解的解答过程已经明白无误的告诉我们引起错误的原因了，那就是定理成立的条件是:“y=()f x在指定连续区间D上单调，且任意a_n∈D”。当a₁＜0时，a₂＞5，这与任意a_n∈D不符;而当2＜a₁＜3时，由于函数y=()f x在定义域为2，()3时，值域仍为2，()3，这就保证了数列a{} n各项范围的一致性，从而确保了数列的单调性。从本例可知，递推数列的单调性不但与背景函数的单调性有关，还与首项a₁的范围有关。

5．新的挑战

最后，我们一起来欣赏一道与数列单调性有关的新问法。

例4　(2010年高考全国卷I理科22)已知数列{a_n}中，a₁=1，a_{n+ 1}= c－。

(Ⅰ)设c=，b_n=，求数列{b_n}的通项公式;

(Ⅱ)求使不等式a_n＜a_n+1＜3成立的c的取值范围。

解:(Ⅰ)略

(Ⅱ)a₁=1，a₂= c－1，由a₂＞a₁得c＞2。

用数学归纳法证明:当c＞2时a_n＜a_n+1。

(Ⅰ)当n=1时，a₂= c－＞a₁，命题成立;

(Ⅱ)设当n= k时，a_k＜a_k+1，则当n= k+1时，a_k+2= c－＞c－= a_k+1

故由(Ⅰ)，(Ⅱ)知，当c＞2时a_n＜a_n+1。

当c＞2时，令α=，由a_n+＜a_n+1+= c得a_n＜α，

当2＜c≤时，a_n＜α≤3，

当c＞时，α＞3，且1≤a_n＜α，

于是α－a_n+1=(α－a₎≤(α－a_n)，

当n＞log₃时，α－a_n+1＜αα－3，a_n+1＞3，

因此c＞不符合要求。

所以c的取值范围是。

评注:上述标准答案的解法令一般的学生很难接受，下面再给一个解法。

解:a_n＜a_{n+ 1}部分同标准答案，易得c＞2。因此数列{a_n}递增，且有上界(如题为3)，故数列{a_n}存在极限。

不妨在递推式a_n+1= c－两边同时取极限，设，则。

解得A=(或A=，因其小于1与单调性矛盾，故舍去。)∵对任意n∈N₊，a_n+1＜3

而a_n+1＜= A，∴A=≤3，解不等式得c≤。．故综上所述c≤。

从本题的解法可以看出函数背景下的递推数列的单调性，关键在于控制首项的范围使得“y=f(x)在指定连续区间D上单调，且任意a_n∈D”。而这个连续区间D又以函数y=f(x)的不动点有着密切联系。其实这种数列的极限就是对应函数的不动点。