--- title: 反向递推,"绝对"困难 subtitle: date: 2026-04-26T16:56:28+08:00 draft: false author: name: link: email: avatar: description: keywords: comment: false weight: 0 tags: - 高考数学 - 数列 categories: - 数学 hiddenFromHomePage: false hiddenFromSearch: false hiddenFromRelated: false hiddenFromFeed: false summary: "第(I)问枚举 $a_4$ 的可能值；第(II)问证明若有最大值则必含 $0$；第(III)问用反证法证明正项数列无上界：假设存在上界 $M$，可导出相邻一大一小两项，递推三步后大项增加 $2\\times$ 小项，不断重复终将超过 $M$，矛盾。" featuredImagePreview: featuredImage: password: message: repost: enable: false url: # See details front matter: https://fixit.lruihao.cn/documentation/content-management/introduction/#front-matter --- (本小题共 15 分) 已知无穷数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_n = \max\{a_{n+1}, a_{n+2}\} - \min\{a_{n+1}, a_{n+2}\} \ (n=1,2,3,\cdots)\)，其中 \(\max\{x,y\}\) 表示 \(x,y\) 中最大的数，\(\min\{x,y\}\) 表示 \(x,y\) 中最小的数。 (I) 当 \(a_1=1, a_2=2\) 时，写出 \(a_4\) 的所有可能值。 (II) 若数列 \(\{a_n\}\) 中的项存在最大值，证明：0 为数列 \(\{a_n\}\) 中的项。 (III) 若 \(a_n>0\ (n=1,2,3,\cdots)\)，是否存在正实数 \(M\)，使得对任意的正整数 \(n\)，都有 \(a_n \leq M\)？如果存在，写出一个满足条件的 \(M\)；如果不存在，说明理由。 (I)(II)比较简单,请读者自证. 原递推等价于$a_n=|a_{n+1}-a_{n+2}|$,可见从后(下标大的项)往前推是唯一的,从前(下标小的项)往后推是困难的.我们"倒着"思考. 从极限的角度分析,数列大概总体趋势递增,其中一定会有一些项趋于M,另一些项趋于0.否则如果都趋于M,会导致$a_n=|a_{n+1}-a_{n+2}|$矛盾.我们把这一点作为(III)书写的抓手. $a_{n+2}=a_{n+1}\pm a_n$ (III)不存在.假设存在这样的M,不妨设M为最紧的上界: 首先,$\forall a_k\lt M$,否则若$a_k=M,max\{a_{k+1},a_{k+2}\}\gt M$,矛盾. $\exist a_N=M-m,m\lt \frac{M}{2}$. 下面说明必然有前后两项,前项不小于M-m,后项不大于m. 对$a_{N+1}$分类: 1. $a_{N+1}\in [m,M-m]$,则若$a_{N+2}=a_{N+1}-a_N\leq 0$,导致矛盾.若$a_{N+2}=a_{N+1}+a_n\geq M$,这导致矛盾 2. $a_{N+1}\in (M-m,M)$,若$a_{N+2}=a_{N+1}+a_n\gt 2M-2m\gt M$,矛盾.若$a_{N+2}=a_{N+1}-a_n$,则$a_{N+2}\lt m$.此时选取$a_{N+1},a_{N+2}$ 3. $a_{N+1}\in (0,m)$,此时选取$a_N,a_{N+1}$ 设选取的两项为$a_t\geq M-m,a_{t+1}\leq m\lt a_t(i)$,向后递推. 一定有$a_{t+2}=a_{t+1}+a_{t}$,否则一定有$a_{t+2}=a_{t+1}-a_{t}\lt 0$,导致矛盾. 下面根据$a_{t+3}$进行分类: 1. $a_{t+3}=a_{t+2}-a_{t+1}=a_t$,若$a_{t+4}=a_{t+3}+a_{t+2}$,则$a_{t+4}=2a_t+a_{t+1}\gt 2a_t\geq 2(M-m)\gt M$,矛盾;若$a_{t+4}=a_{t+3}-a_{t+2}=a_t-(a_{t+1}+a_{t})=-a_{t+1}\lt 0$,同样矛盾 2. $a_{t+3}=a_{t+2}+a_{t+1}$,若$a_{t+4}=a_{t+3}+a_{t+2}$,则$a_{t+4}=2a_{t+2}+a_{t+1}\gt 2a_t\geq 2(M-m)\gt M$,这导致矛盾;若$a_{t+4}=a_{t+3}-a_{t+2}=a_{t+1}$,则$a_{t+3},a_{t+4}$又回到了情况i,即$a_{t+5}=a_{t+3}+a_{t+4}$且$a_{t+4}=a_{t+1}$. 那我们可以得到: 1. $a_{t+1}=a_{t+4}=a_{t+7}=...=a_{t+3k+1}$ 2. $a_{t+2}=a_t+a_{t+1},a_{t+5}=a_{t+3}+a_{t+4},...,a_{t+3k+2}=a_{3k}+a_{3k+1}$ 3. $a_{t+3k+1}=a_{t+3k}+a_{t+3k-1}$ 以此类推,$a_{t+3k}=a_t+2ka_{t+1}(n\in N^*)$,只要取足够大的k,就可以让$a_{t+3k}\gt M$,导出矛盾. Q.E.D ### (III) 解答（DeepSeek整理） 假设存在正实数 \(M\) 使得对所有 \(n\) 有 \(a_n \le M\)。 由于所有项为正，设 \(M\) 为最小上界（上确界），则 \(M>0\) 且每项均小于 \(M\)（否则若某项等于 \(M\)，由(II)知会出现0，矛盾）。 取 \(0 < m < M/2\)，由上确界定义，存在 \(N\) 使 \(a_N > M - m\)。 对 \(a_{N+1}\) 分类： - 若 \(a_{N+1} \in [m, M-m]\)，则由 \(a_N > M-m \ge a_{N+1}\) 得 \(a_{N+2} = a_{N+1} \pm a_N\)：取“\(-\)”得 \(a_{N+2}\le 0\)，取“\(+\)”得 \(a_{N+2}\ge M\)，均矛盾。 - 若 \(a_{N+1} \in (M-m, M)\)，则“\(+\)”给出 \(a_{N+2} > 2(M-m) > M\)，矛盾；只能取“\(-\)”得 \(0 < a_{N+2} < m\)。此时令 \(t = N+1\)。 - 若 \(a_{N+1} \in (0, m)\)，则令 \(t = N\)。 于是存在相邻两项 \(a_t \ge M-m\)，\(a_{t+1} \le m\) 且 \(a_t > a_{t+1}\)。 **递推分析**： 数列从$a_t$起,每三项呈现出"大小大"的趋势: 由 \(a_t = |a_{t+1} - a_{t+2}|\) 及 \(a_t > a_{t+1}\)，必有 \(a_{t+2} = a_t + a_{t+1}\)。 再由 \(a_{t+1} = |a_{t+2} - a_{t+3}|\) 得两种可能： - \(a_{t+3} = a_{t+2} + a_{t+1} = a_t + 2a_{t+1}\) - \(a_{t+3} = a_{t+2} - a_{t+1} = a_t\) 若取 \(a_{t+3}=a_t\)，则下一步由 \(a_{t+2}=|a_{t+3}-a_{t+4}|\) 得 \(a_{t+4} = a_{t+3}+a_{t+2}=2a_t+a_{t+1}>M\)（矛盾）或 \(a_{t+4}=a_{t+3}-a_{t+2}=-a_{t+1}<0\)（矛盾）。因此只能取 \(a_{t+3}=a_t+2a_{t+1}\)。 接下来由 \(a_{t+2}=|a_{t+3}-a_{t+4}|\) 得： - \(a_{t+4}=a_{t+3}+a_{t+2}=2a_t+3a_{t+1}>M\)（矛盾） - \(a_{t+4}=a_{t+3}-a_{t+2}=a_{t+1}\) 取 \(a_{t+4}=a_{t+1}\)，又回到小数 \(a_{t+1}\)，且新的大数为 \(a_{t+3}=a_t+2a_{t+1}\)。 重复上述过程，每三步大数增加 \(2a_{t+1}\)，即： \[ a_{t+3k} = a_t + 2k a_{t+1} \quad (k=1,2,3,\dots) \] 取 \(k > \dfrac{M - a_t}{2a_{t+1}}\)，则 \(a_{t+3k} > M\)，与上界 \(M\) 矛盾。 故假设不成立，即不存在这样的 \(M\)。 ## 不可视之物（标答） 非常*克苏鲁*的证明方法: (Ⅲ)【解】不存在正实数 $M$，使得对任意的正整数 $n$，都有 $a_n \leqslant M$。理由如下。 因为 $a_n > 0 (n \in \mathbf{N}^*)$，所以 $a_n \neq a_{n+1} (n = 2, 3, \dots)$。 设集合 $S = \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\}$。 (1)若 $S = \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\} = \varnothing$，则 $a_1 \leqslant a_2, a_i < a_{i+1} (i = 2, 3, \dots)$。 对任意 $M > 0$，取 $n_1 = \left[ \frac{M}{a_1} \right] + 2$ (其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数)， 则当 $n > n_1$ 时， $a_n = (a_n - a_{n-1}) + (a_{n-1} - a_{n-2}) + \dots + (a_3 - a_2) + a_2 = a_{n-2} + a_{n-3} + \dots + a_1 + a_2 \geqslant (n - 1)a_1 > M$。 (2)若 $S = \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\} \neq \varnothing$，且 $S$ 为有限集， 设 $m = \max \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\}$，则 $a_{m+i} < a_{m+i+1} (i = 1, 2, \dots)$。 对任意 $M > 0$，取 $n_2 = \left[ \frac{M}{a_{m+1}} \right] + m + 1$ (其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数)， 则当 $n > n_2$ 时， $a_n = (a_n - a_{n-1}) + (a_{n-1} - a_{n-2}) + \dots + (a_{m+2} - a_{m+1}) + a_{m+1} = a_{n-2} + a_{n-3} + \dots + a_m + a_{m+1} > (n - m)a_{m+1} > M$。 (3)若 $S = \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\} \neq \varnothing$，且 $S$ 为无限集， 设 $p_1 = \min \{n \mid a_n > a_{n+1}, n \geqslant 1\}, p_{i+1} = \min \{n \mid a_n > a_{n+1}, n > p_i\} (i = 1, 2, \dots)$。 若 $p_{i+1} - p_i = 1$，则 $a_{p_i} > a_{p_i+1} > a_{p_i+2}$。又 $a_{p_i} < \max(a_{p_i+1}, a_{p_i+2})$，矛盾。 所以 $p_{i+1} - p_i \geqslant 2 (i = 1, 2, \dots)$。 记 $m_i = a_{p_i+1} (i = 1, 2, \dots)$。 当 $p_{i+1} - p_i = 2$ 时，$a_{p_i} > a_{p_i+1}, a_{p_i+1} < a_{p_i+2}, a_{p_i+2} > a_{p_i+3}$。 因为 $a_{p_i+1} = a_{p_i+2} - a_{p_i+3}$，所以 $m_{i+1} = a_{p_{i+1}+1} = a_{p_i+2} - a_{p_i+1} = a_{p_i} > a_{p_i+1} = m_i$。 当 $p_{i+1} - p_i \geqslant 3$ 时，$a_{p_i} > a_{p_i+1}, a_{p_i+1} < a_{p_i+2} < \dots < a_{p_{i+1}}, a_{p_{i+1}} > a_{p_{i+1}+1}$。 因为 $a_{p_{i+1}-1} = a_{p_{i+1}} - a_{p_{i+1}+1}$，所以 $m_{i+1} = a_{p_{i+1}+1} = a_{p_{i+1}} - a_{p_{i+1}-1} = a_{p_{i+1}-2} \geqslant a_{p_i+1} = m_i$。 所以 $m_i \leqslant m_{i+1} (i = 1, 2, \dots)$。 因为 $a_{p_{i+1}} = a_{p_{i+1}+2} - a_{p_{i+1}+1}$， 所以 $a_{p_{i+1}+2} = a_{p_{i+1}} + a_{p_{i+1}+1} = a_{p_{i+1}} + m_{i+1} \geqslant a_{p_{i+1}} + m_1 \geqslant a_{p_i+2} + m_1 (i = 1, 2, \dots)$。 所以 $a_{p_{i+1}+2} - a_{p_i+2} \geqslant m_1 (i = 1, 2, \dots)$，且 $a_{p_1+2} > a_{p_1+1} = m_1$。 对任意 $M > 0$， 取 $n_3 = \left[ \frac{M}{m_1} \right] + 1$ (其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数)，则当 $k > n_3$ 时， $a_{p_k+2} = (a_{p_k+2} - a_{p_{k-1}+2}) + (a_{p_{k-1}+2} - a_{p_{k-2}+2}) + \dots + (a_{p_2+2} - a_{p_1+2}) + a_{p_1+2} \geqslant (k - 1)m_1 + a_{p_1+2} > km_1 > M$。 综上，不存在正实数 $M$，使得对任意的正整数 $n$，都有 $a_n \leqslant M$。