2009年江西高考数学压轴题：陶平生老师又藏了什么数学机关？
By Long Luo
在之前的文章里，我们分别讲解了 史上最难高考数学题——2008 年江西高考数学压轴题 和 2010年江西高考理科数学压轴题 ，相信大家已经感受到了 陶平生老师 的功力了吧！
那么问题来了：2008 年这么狠，2010 年也不简单，夹在中间的 2009 年呢？
颤抖吧！
今天，我们继续来挑战这道也是出自陶平生老师之手的 2009 年江西高考理科数学压轴题。
2009 江西卷理22
- （本小题满分14分）
各项均为正数的数列 \({a_n}\) ， \(a_1 = a, \ a_2 = b\) ，且对于满足 \(m + n = p + q\) 的正整数 \(m, n, p, q\) ，都有 \(\dfrac {a_m + a_n}{\left( 1 + a_m \right) \left( 1 + a_n \right)} = \dfrac {a_p + a_q}{\left( 1 + a_p \right) \left( 1 + a_q \right)}\) .
- 当 \(a = \dfrac {1}{2}, \ b = \dfrac {4}{5}\) 时，求数列 \({a_n}\) 的通项公式；
- 证明：对任意 \(a\) ，存在与 \(a\) 有关的常数 \(\lambda\) ，使得对于每个正整数 \(n\) ，都有 \(\dfrac {1}{\lambda} \leq a_{n} \leq \lambda\) .
这道题表面上是一道数列题，融合了数列、方程、不等式，却隐藏着非常漂亮的数学机关。不过，接下来，我们还是先用中学数学知识来解答这道题，最后我们会从更高观点来看这道题，看陶老师是如何埋藏机关的。
分析
题目很短，但最重要的条件其实就一个方程：
\[ \dfrac {a_m + a_n}{\left( 1 + a_m \right) \left( 1 + a_n \right)} = \dfrac {a_p + a_q}{\left( 1 + a_p \right) \left( 1 + a_q \right)} \tag{1} \]
先根据题设条件及数列初值，求出数列前几项，看能否找到规律。
根据 \(a_1 = \dfrac {1}{2}, \ a_2 = \dfrac {4}{5}\) ，代入方程 (1) ，可得：
\[ \dfrac {1/2 + a_3}{\left( 1 + 1/2 \right) \left( 1 + a_3 \right)} = \dfrac {2 \cdot 4/5}{\left( 1 + 4/5 \right)^2} \]
可以求出 \(a_3 = \dfrac {13}{14}\) 。
继续根据 \(a_3 = \dfrac {13}{14}\) ，则有：
\[ \dfrac {1/2 + a_4}{\left( 1 + 1/2 \right) \left( 1 + a_4 \right)} = \dfrac {4/5 + 13/14}{\left( 1 + 4/5 \right) \left( 1 + 13/14 \right)} \]
可以求出 \(a_4 = \dfrac {40}{41}\) .
由此我们得到了数列的前 \(4\) 项: \(\dfrac {1}{2}, \dfrac {4}{5}, \dfrac {13}{14}, \dfrac {40}{41}\) 。
观察数列前 \(4\) 项，我们能猜测出这个数列的通项公式吗？
如果对数字比较敏感的话，可以看出：
- 分子比分母小 \(1\) ；
- 分子每项之差分别为 \(3, 9, 27\) ，呈公比为 \(3\) 的等比数列。
易得分子的通项公式为 \(\dfrac {3^n - 1}{2}\) ，所以猜测数列 \(a_n\) 的通项公式为：
\[ a_n = \dfrac {3^n - 1}{3^n + 1} \tag{2} \]
将猜测的数列 \(a_n\) 通项公式代入方程 (1) ，等式成立，可见我们猜测是对的，下面就进入实际解题过程吧！
第一问
根据题设条件 \(m + n = p + q\) 的正整数 \(m, n, p, q\) 满足
\[ \frac {a_m + a_n}{(1 + a_m)(1 + a_n)} = \frac {a_p + a_q}{(1 + a_p)(1 + a_q)} \tag{3} \]
可得：
\[ \frac {a_1 + a_n}{(1 + a_1)(1 + a_n)} = \frac {a_2 + a_{n-1}}{(1 + a_2)(1 + a_{n-1})} \tag{4} \]
将 \(a_1 = \dfrac {1}{2}, \ a_2 = \dfrac {4}{5}\) 代入化简可得：
\[ a_n = \frac{2a_{n-1} + 1}{a_{n-1} + 2} \tag{5} \]
这种数列递推公式如何求解通项公式呢，我们需要借助不动点法：
\(x = \dfrac {2x + 1}{x + 2}\) 可得 \(x = 1\) 或者 \(x = -1\) 。
上式 (5) 可以变形为：
\[ \frac {a_n - 1}{a_n + 1} = \frac {1}{3} \cdot \frac {a_{n-1} - 1}{a_{n-1} + 1}, \tag{6} \]
故数列 \(\left \{ \dfrac{a_n - 1}{a_n + 1} \right \}\) 是首项为 \(\dfrac {1}{3}\) ，公比为 \(\dfrac {1}{3}\) 的等比数列，从而
\[ \frac{a_n - 1}{a_n + 1} = \frac{1}{3^n}, \]
即
\[ a_n = \frac {3^n - 1}{3^n + 1}. \tag{7} \]
第二问
分析
根据题目条件方程 (1)，很明显常数列满足要求。除了常数列，大胆猜测数列 \(a_n\) 的表达式为 \(a_n = \dfrac {\alpha^n - 1}{\alpha^n + 1}\) ，而根据 \(a_n\) 均为正实数，那么：
\[ a_n = \frac {\alpha^n - 1}{\alpha^n + 1} = 1 - \frac {2}{\alpha^n + 1} > 0 \tag{4} \]
所以 \(\alpha > 1\) 。
再代入 ，可得：
\[ \frac {\frac {\alpha^m - 1}{\alpha^m + 1} + \frac {\alpha^n - 1}{\alpha^n + 1} }{\left( 1 + \frac {\alpha^m - 1}{\alpha^m + 1} \right) \left( 1 + \frac {\alpha^n - 1}{\alpha^n + 1} \right)} = \frac {\frac {\alpha^p - 1}{\alpha^p + 1} + \frac {\alpha^q - 1}{\alpha^q + 1}}{\left( 1 + \frac {\alpha^p - 1}{\alpha^p + 1} \right) \left( 1 + \frac {\alpha^q - 1}{\alpha^q + 1} \right)} \]
化简可得：
\[ \frac {\alpha^{m + n} - 1}{2 \alpha^{m + n}} = \frac {\alpha^{p + q} - 1}{2 \alpha^{p + q}} \]
可见满足题设条件。
根据 \(a_1 = a = \dfrac {\alpha - 1}{\alpha + 1}\) ，所以 \(\alpha = \dfrac {1 + a}{1 - a}\) 。
而函数 \(f(x) = \dfrac {x - 1}{x + 1}, \ x > 0\) 单调递增，所以数列 \(a_1 < a_n < 1\) 。
综合可证 \(a \leq a_n \leq 1\) 。
根据第一问
由(1)的形式推广：
\[ \frac {a + a_n}{(1 + a)(1 + a_n)} = \frac{b + a_{n-1}}{(1 + b)(1 + a_{n-1})} \]
整理递推关系：
\[ a_n = \frac {(1 - ab)a_{n-1} + b - a}{(b-a)a_{n-1} + 1 - ab} \]
于是：
\[ \begin{aligned} a_n - 1 &= \frac{(1 - b)(1 + a)a_{n-1} + (a + 1)(b - 1)}{(b - a)a_{n-1} + 1 - ab}, \\ a_n + 1 &= \frac{(1 - a)(1 + b)a_{n-1} + (b + 1)(1 - a)}{(b - a)a_{n-1} + 1 - ab} \end{aligned} \]
故：
\[ \frac {a_n - 1}{a_n + 1} = \frac {(1 + a)(1 - b)}{(1 - a)(1 + b)} \cdot \frac {a_{n-1} - 1}{a_{n-1} + 1} \]
递推得：
\[ \frac{1 - a_{n+1}}{1 + a_{n+1}} = \frac{1 - a}{1 + a} \cdot \left( \frac{\frac{1 - b}{1 + b}}{\frac{1 - a}{1 + a}} \right)^n \]
已知：\(f(x) = \dfrac{1-x}{1+x}\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递减。
而 \(\dfrac{1 - a_{n+1}}{1 + a_{n+1}}\) 的符号由 \(1-a, \ 1-b\) 决定，且 \(\dfrac{1-a}{1+a} \ge \dfrac{1 - b}{1 + b}\) 。
否则：
\[ \left| \left( \frac{\frac{1-b}{1+b}}{\frac{1-a}{1+a}} \right)^n \right| \to \infty \implies a_{n+1} \to -1, \]
矛盾。
设 \(b \ge a > 0\)，则 \(1 - b \le 1-a < 1\)，分三种情况讨论：
- \(0 \le 1-b \le 1-a < 1\)
\[ \frac{a-1}{1+a} = \frac{1-\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{a}} \le \frac{1-a_{n+1}}{1+a_{n+1}} \le \frac{1-a}{1+a} \implies \frac{1}{a} \ge a_{n+1} \ge a \implies \lambda = \frac{1}{a} \]
- 当 \(1-b \le 0 \le 1-a < 1\)
\[ \frac{a-1}{1+a} = \frac{1-\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{a}} \le \frac{1-a_{n+1}}{1+a_{n+1}} \le \frac{1-a}{1+a} \implies \frac{1}{a} \ge a_{n+1} \ge a \implies \lambda = \frac{1}{a} \]
- \(1-b \le 1-a \le 0\)
\[ \frac{1-a}{1+a} \le \frac{1-a_{n+1}}{1+a_{n+1}} \le \frac{a-1}{1+a} = \frac{1-\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{a}} \implies a \ge a_{n+1} \ge \frac{1}{a} \implies \lambda = a \]
陶老师解法
由题设 \(\dfrac {a_m + a_n}{(1 + a_m)(1 + a_n)}\) 的值仅与 \(m + n\) 有关，记为 \(b_{m+n}\) ，则
\[ b_{n+1} = \frac{a_1 + a_n}{(1 + a_1)(1 + a_n)} = \frac{a + a_n}{(1 + a)(1 + a_n)}. \]
考察函数 \(f(x) = \dfrac {a + x}{(1 + a)(1 + x)}, \, (x > 0)\) ，
记：
\[ f(x) = \frac{1}{a+1} + \frac {a - 1}{a+1} \cdot \frac {1}{x + 1} \]
则在定义域上有
\[ f(x) \ge g(a) = \begin{cases} & \dfrac{1}{1+a}, \; a>1 \\ & \dfrac{1}{2}, \; a=1 \\ & \dfrac{a}{1+a}, \; 0<a<1 \end{cases} \]
故对 \(n \in \mathbb{N}^*\) ，$ b_{n+1} g(a)$ 恒成立。
又 \(b_{2n} = \dfrac{2a_n}{(1+a_n)^2} \ge g(a)\) ，
注意到 \(0 < g(a) \le \dfrac{1}{2}\) ，解上式得
\[ \dfrac {g(a)}{1-g(a)+\sqrt{1-2g(a)}} = \dfrac {1 - g(a) - \sqrt {1 - 2g(a)}}{g(a)} \le a_n \le \dfrac {1 - g(a) + \sqrt {1 - 2g(a)}}{g(a)}, \]
取 $ = $ ，即有 \(\dfrac {1}{\lambda} \le a_n \le \lambda\) .