[数列] 一道扬州市填空压轴题

扬州市2012~2013学年度第一学期期末检测高三数学试卷：
数列$\left\{ {{a}_{n}} \right\}$满足${{a}_{1}}>1$，${{a}_{n+1}}-1={{a}_{n}}({{a}_{n}}-1)$,  且$(n\in {{N}^{*}})$，$\dfrac{1}{{{a}_{1}}}+\dfrac{1}{{{a}_{2}}}+\cdots +\dfrac{1}{{{a}_{2012}}}=2$,  
求${{a}_{2013}}-4{{a}_{1}}$的最小值.

又是这个FAQ条件……题穷了真是……
\[a_{n+1}-1=a_n(a_n-1) \iff \frac1{a_{n+1}-1}=\frac1{a_n-1}-\frac1{a_n} \iff \frac1{a_n}=\frac1{a_n-1}-\frac1{a_{n+1}-1},\]
所以
\[\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\cdots+\frac1{a_{2012}}=2 \iff \frac1{a_1-1}-\frac1{a_{2013}-1}=2,\]
解得
\[a_{2013}=\frac{2-a_1}{3-2a_1},\]
\(\require{cancel}\) $\xcancel{这样看来没有最小值啊}$[更新：请看13#]

2# kuing
FAQ条件指的是什么啊？

刚刚看了题目，题目没有出错啊！

2# kuing
FAQ条件指的是什么啊？
pengcheng1130 发表于 2013-1-28 22:12

就是那个 $a_{n+1}-1=a_n(a_n-1)$……在各种考题中见过不知多少次，我大概最早在06年见过，之后年年都拿来出题，后面那个倒数和的下标换个数字又是另一个年份的题了……

4# pengcheng1130

嗯，应该是我还没解完，忘了有范围限制，等下再补充……

谢谢！今天有点累！我休息了啊！

唔……我突然觉得这题的水很深，深到可能超出了出题人的想象。
数列的每一项由 $a_1$ 唯一确定，所以根据后面的等式，理论上可以将 $a_1$ 解出来，尽管可能不止一个解，但这不会是连续的变量，是离散的一些数值，$a_{2013}$ 也一样，也就是说，所求的式子 $a_{2013}-4a_1$ 只能取若干个固定的值（极可能只有一个，感觉上），我想这肯定是出题人并未曾考虑的事情。
更详细的……等我再慢慢想想……

有何高见，速速写来！

福州小江也问过啊，
题穷匕首现

好的啊，等你的高见！

我猜命题者的意图

唔……我突然觉得这题的水很深，深到可能超出了出题人的想象。
数列的每一项由 $a_1$ 唯一确定，所以根据后面的等式，理论上可以将 $a_1$ 解出来，尽管可能不止一个解，但这不会是连续的变量，是离散的一些数值，$a_{2013}$ 也一样，也就是说，所求的式子 $a_{2013}-4a_1$ 只能取若干个固定的值（极可能只有一个，感觉上），我想这肯定是出题人并未曾考虑的事情。
更详细的……等我再慢慢想想……
kuing 发表于 2013-1-28 22:23

真的只有一个 $a_1$。

为严格说明，有必要先证明一些东西，即如下引理。

引理：设 $f(x)=x^2-x+1$，记 $f(x)$ 的 $n$ 次迭代为 $f_n(x)$，即 $f_{n}(x)=\underbrace{f(f(f(\cdots f(x)\cdots )))}_{n~\text{个}~f}$，则对任意正整数 $n$，$f_n(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上都是严格递增且大于 $1$。

其实引理很显然，只不过还是想严格点证证。
用归纳法，当 $n=1$，$f(x)$ 显然在 $(1,+\infty)$ 上严格递增且大于 $1$，假设当 $n=k$ 时引理成立，注意到 $f_{k+1}(x)=f(f_k(x))$ 且 $f_n(x)$ 显然可导，则由复合函数求导法则知
\[f_{k+1}'(x)=f'(f_k(x))f'_k(x)=(2f_k(x)-1)f'_k(x),\]
从而当 $x\in(1,+\infty)$ 时由归纳假设可得 $f_{k+1}'(x)>0$，再者易知恒有 $f_n(1)=1$，所以当 $n=k+1$ 时引理也成立，从而由数学归纳法知引理获证。

回到原题，便有
\[\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\cdots +\frac1{a_{2012}}=\frac1{a_1}+\frac1{f(a_1)}+\frac1{f_2(a_1)}+\cdots +\frac1{f_{2011}(a_1)}=g(a_1),\]
由引理知 $g(a_1)$ 在 $(1,+\infty)$ 上严格递减，又显然 $g(1)=2012$ 且 $\lim_{a_1\to+\infty}g(a_1)=0$，从而方程 $g(a_1)=2$ 在 $(1,+\infty)$ 上有且只有一个解，这就证明了满足题目条件的 $a_1$ 有且只有一个。

至于 $a_1$ 是多少，估计没办法解出来，所以……又一经典错题出现。

学习了啊！！

虽然精确值没法解出来,由2楼等式,可以肯定$a_1≈1.5$,误差不会超过$100亿分之一$,无它,$a_n$增长速度实在快.
改为估计$a_{2003}$的近似值如何,也难得离谱,误差允许100万.

个人认为版主的想法是对的，$8$楼、$13$楼的分析很有道理。
$a_{2013}$的确可以表示成$a_1$的函数，
但是由方程
$\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\cdots +\frac1{a_{2012}}=2$，
知可以解出$a_1$的值，一般是少数几个解，即是离散的，不是连续的。
例如：由某年的竞赛题，当$a_1=2$时，可以证明
$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots +\dfrac{1}{a_{2012}}$<1，
这与条件$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots +\dfrac{1}{a_{2012}}=2$矛盾。
另外，当$a_1=2$时，$a_{2013}=\dfrac{2-a_1}{3-2a_1}$，故$a_{2013}=0$，由递推式可知，$a_n\equiv 1$（$n\ge2014$），这与数列{${a_n}$}单调递增矛盾.
所以，$a_1$的值，不是连续的。
所以，咋一看，这个$a_1$要么不存在，要么存在且唯一
（版主已从正面的角度证明唯一，且$a_1\in(1,+\infty)$ ）。
下面说明$a_1\in(1,\dfrac32)$ ）。
由条件${a}_{1}>1$知，数列{${a_n}$}单调递增，故$a_n>1$。由
$\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\cdots+\frac1{a_{n}}=\frac1{a_1-1}-\frac1{a_{n+1}-1}$,
可得，$\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\cdots+\frac1{a_{n}}<\frac1{a_1-1}$
由条件，并结合上式知，$2<\frac1{a_1-1}$，故$1<a_1<\frac32$，
或者像$2$楼或，$12$楼一样可解得，$a_{2013}=\dfrac{2-a_1}{3-2a_1}$，
数列{${a_n}$}单调递增，故$a_{2013}=\dfrac{2-a_1}{3-2a_1}>a_1>1$，也可得$1<a_1<\frac32$
所以，即便$a_1≈1.5$，也要$a_1<\frac32$
写了那么多的废话，本想放弃，因为辛苦写了那么多的代码，所以发出去看看代码显示效果

虽然精确值没法解出来,由2楼等式,可以肯定$a_1≈1.5$,误差不会超过$100亿分之一$,无它,$a_n$增长速度实在快.
改为估计$a_{2003}$的近似值如何,也难得离谱,误差允许100万.
realnumber 发表于 2013-1-29 10:45

$a_{2003}$ 大概很难估计，来估计一下满足条件的 $a_1$ 大概是多少，看能不能简单证出你所说的“误差不会超过100亿分之一”。

为方便处理，令 $a_n=1+b_n$，则有 $b_{n+1}=b_n^2+b_n$，再记 $b_1=b$，由 $a_1>1$ 得 $b>0$，由前面的讨论知 $a_1<1.5$ 故 $b<0.5$。

显然 $b_n$ 是递增数列，故当 $k\geqslant 2$ 时有
\[
b_{k+1}-b_k=b_k^2>b^2,
\]
故当 $n\geqslant 3$ 时，求和得
\[
b_n>b+\sum_{k=1}^{n-1}{b^2}=b+(n-1)b^2,
\]
于是又有
\[
b_{k+1}-b_k=b_k^2>(b+(k-1)b^2)^2,
\]
再求和得
\begin{align*}
b_n&>b+\sum_{k=1}^{n-1}{(b+(k-1)b^2)^2} \\
& =b+\frac16(n-1)(2b^2n^2+(6-7b)bn+6b^2-12b+6)b^2,
\end{align*}
再有
\[
b_{k+1}-b_k=b_k^2>\left( b+\frac16(k-1)(2b^2k^2+(6-7b)bk+6b^2-12b+6)b^2 \right)^2,
\]
再求和
\begin{align*}
b_n&>b+\sum_{k=1}^{n-1}{\left( b+\frac16(k-1)(2b^2k^2+(6-7b)bk+6b^2-12b+6)b^2 \right)^2} \\
& =\cdots,
\end{align*}
这时求和出来的数据已经灰常复杂，这里就不写出来了，理论上一直这样求下去可以得到越来越强的下界式子。

我们就取第二次求和得到的那个式子 $b_n>b+\frac16(n-1)(2b^2n^2+(6-7b)bn+6b^2-12b+6)b^2$ 令 $n=2013$，得到
\[
b_{2013}>2712931506b^4+4046132b^3+2012b^2+b,
\]
由前面的讨论知
\[
\frac1b-\frac1{b_{2013}}=2 \riff b_{2013}=\frac b{1-2b},
\]
代入化简，最终得到如下不等式
\[
2712931506b^3-1352419621b^2-2021054b-1005>0,
\]
解之得到
\[b>0.49999999852996940461\ldots,\]
所以
\[1.5>a_1>1.49999999852996940461\ldots,\]
只是精确到亿分之一，主要还是中间用的那个式子还是离实际值差很远，估计用第三次求和的那个可能够100亿分之一了。

有空再搞搞 $b_n$ 的上界式，待续……

18# kuing
我是根据这个来猜测的\[\frac{1}{a_1-1}-\frac{1}{a_{2013}-1}=2\],因为如你分析,原等式左边是$a_1(a_1>1)$的单调增函数,有唯一解
而$a_1=1.4$时,由递推公式(也是$a_n(a_n>1)$的单调递增)依次计算$a_2=1.56,a_3≈1.87,a_4≈2.6,a_5≈5.3,a_6≈23,a_7≈543,a_8≈294496,..$,可估计$\frac{1}{a_{2013}}$几乎是0.更不用说$a_1=1.5$.