已知数列 a_ n 满足 a_ n+1 = 1 4 (a_…——2023 高考数学第 10 题答案解析

【答案】B

## 【解析】

【分析】法 1：利用数列归纳法可判断 ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断 B 的正误．

法 2：构造 $f(x)=\frac{1}{4}(x-6)^{3}+6-x$ ，利用导数求得 $f(x)$ 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项 $a_{n}$

所在区间，从而判断 $\left\{a_{n}\right\}$ 的单调性；对于 A ，构造 $h(x)=\frac{1}{4} x^{3}-\frac{9}{2} x^{2}+26 x-47(x \leq 3)$ ，判断得 $a_{n+1}M$ 不恒成立；对于 B ，证明 $a_{n}$ 所在区间同时证得后续结论；对于 C ，记 $m_{0}=\log _{3}\left[2 \log _{\frac{1}{4}}(M-6)+1\right]$ ，取 $m=\left[m_{0}\right]+1$ 推得 $a_{n}>M$ 不恒成立；对于 D ，构造 $g(x)=\frac{1}{4} x^{3}-\frac{9}{2} x^{2}+26 x-49(x \geq 9)$ ，判断得 $a_{n+1}>a_{n}+1$ ，进而取 $m=[M]+1$ 推得 $a_{n}【详解】法 1 ：因为 $a_{n+1}=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}+6$ ，故 $a_{n+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}$ ，
对于 A，若 $a_{1}=3$ ，可用数学归纳法证明：$a_{n}-6 \leq-3$ 即 $a_{n} \leq 3$ ，
证明：当 $n=1$ 时，$a_{1}-6=-3 \leq-3$ ，此时不等关系 $a_{n} \leq 3$ 成立；
设当 $n=k$ 时，$a_{k}-6 \leq-3$ 成立，
则 $a_{k+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{k}-6\right)^{3} \in\left(-54,-\frac{27}{4}\right)$ ，故 $a_{k+1}-6 \leq-3$ 成立，
由数学归纳法可得 $a_{n} \leq 3$ 成立．
而 $a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}-\left(a_{n}-6\right)=\left(a_{n}-6\right)\left[\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{2}-1\right]$ ，
$\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{2}-1 \geq \frac{9}{4}-1=\frac{5}{4}>0, a_{n}-6<0$ ，故 $a_{n+1}-a_{n}<0$ ，故 $a_{n+1}故 $\left\{a_{n}\right\}$ 为减数列，注意 $a_{k+1}-6 \leq-3<0$
故 $a_{n+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}=\left(a_{n}-6\right) \times \frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{2} \leq \frac{9}{4}\left(a_{n}-6\right)$ ，结合 $a_{n+1}-6<0$ ，
所以 $6-a_{n+1} \geq \frac{9}{4}\left(6-a_{n}\right)$ ，故 $6-a_{n+1} \geq 3\left(\frac{9}{4}\right)^{n-1}$ ，故 $a_{n+1} \leq 6-3\left(\frac{9}{4}\right)^{n-1}$ ，
若存在常数 $M \leqslant 0$ ，使得 $a_{n}>M$ 恒成立，则 6－3 $\left(\frac{9}{4}\right)^{n-1}>M$ ，
故 $\frac{6-M}{3}>\left(\frac{9}{4}\right)^{n-1}$ ，故 $n<1+\log _{\frac{9}{4}} \frac{6-M}{3}$ ，故 $a_{n}>M$ 恒成立仅对部分 $n$ 成立，
故 A 不成立。
对于 B ，若 $a_{1}=5$ ，可用数学归纳法证明：$-1 \leq a_{n}-6<0$ 即 $5 \leq a_{n}<6$ ，
证明：当 $n=1$ 时，$-1 \leq a_{1}-6=-1 \leq 0$ ，此时不等关系 $5 \leq a_{n}<6$ 成立；

设当 $n=k$ 时， $5 \leq a_{k}<6$ 成立，

则 $a_{k+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{k}-6\right)^{3} \in\left(-\frac{1}{4}, 0\right)$ ，故 $-1 \leq a_{k+1}-6<0$ 成立即
由数学归纳法可得 $5 \leq a_{k+1}<6$ 成立．
而 $a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}-\left(a_{n}-6\right)=\left(a_{n}-6\right)\left[\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{2}-1\right]$ ，
$\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{2}-1<0, a_{n}-6<0$ ，故 $a_{n+1}-a_{n}>0$ ，故 $a_{n+1}>a_{n}$ ，故 $\left\{a_{n}\right\}$ 为增数列，
若 $M=6$ ，则 $a_{n}<6$ 恒成立，故 B 正确．
对于 C ，当 $a_{1}=7$ 时，可用数学归纳法证明： $0证明：当 $n=1$ 时， $0

设当 $n=k$ 时， $6则 $a_{k+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{k}-6\right)^{3} \in\left(0, \frac{1}{4}\right]$ ，故 $0由数学归纳法可得 $6而 $a_{n+1}-a_{n}=\left(a_{n}-6\right)\left[\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{2}-1\right]<0$ ，故 $a_{n+1}又 $a_{n+1}-6=\left(a_{n}-6\right) \times \frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{2} \leq \frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)$ ，结合 $a_{n+1}-6>0$ 可得：$a_{n+1}-6 \leq\left(a_{1}-6\right)\left(\frac{1}{4}\right)^{n}$ ，所以
$a_{n+1} \leq 6+\left(\frac{1}{4}\right)^{n}$,
若 $a_{n+1} \leq 6+\left(\frac{1}{4}\right)^{n}$ ，若存在常数 $M>6$ ，使得 $a_{n}>M$ 恒成立，
则 $M-6 \leq\left(\frac{1}{4}\right)^{n}$ 恒成立，故 $n \leq \log _{\frac{1}{4}}(M-6), n$ 的个数有限，矛盾，故 C 错误．
对于 D，当 $a_{1}=9$ 时，可用数学归纳法证明：$a_{n}-6 \geq 3$ 即 $a_{n} \geq 9$ ，
证明：当 $n=1$ 时，$a_{1}-6=3 \geq 3$ ，此时不等关系成立；
设当 $n=k$ 时，$a_{k} \geq 9$ 成立，

则 $a_{k+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{k}-6\right)^{3} \geq \frac{27}{4}>3$ ，故 $a_{k+1} \geq 9$ 成立
由数学归纳法可得 $a_{n} \geq 9$ 成立．
而 $a_{n+1}-a_{n}=\left(a_{n}-6\right)\left[\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{2}-1\right]>0$ ，故 $a_{n+1}>a_{n}$ ，故 $\left\{a_{n}\right\}$ 为增数列，
又 $a_{n+1}-6=\left(a_{n}-6\right) \times \frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{2}>\frac{9}{4}\left(a_{n}-6\right)$ ，结合 $a_{n}-6>0$ 可得：
$a_{n+1}-6>\left(a_{1}-6\right)\left(\frac{9}{4}\right)^{n-1}=3\left(\frac{9}{4}\right)^{n-1}$ ，所以 $a_{n+1} \geq 6+3\left(\frac{9}{4}\right)^{n-1}$ ，
若存在常数 $M>0$ ，使得 $a_{n}6+3\left(\frac{9}{4}\right)^{n-1}$ ，
故 $M>6+3\left(\frac{9}{4}\right)^{n-1}$ ，故 $n<\log _{\frac{9}{4}}\left(\frac{M-6}{3}\right)+1$ ，这与 $n$ 的个数有限矛盾，故 D 错误．
故选：B．
法 2：因为 $a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}+6-a_{n}=\frac{1}{4} a_{n}^{3}-\frac{9}{2} a_{n}^{2}+26 a_{n}-48$ ，

令 $f(x)=\frac{1}{4} x^{3}-\frac{9}{2} x^{2}+26 x-48$ ，则 $f^{\prime}(x)=\frac{3}{4} x^{2}-9 x+26$ ，
令 $f \phi(x)>0$ ，得 $06+\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ；
令 $f^{\prime}(x)<0$ ，得 $6-\frac{2 \sqrt{3}}{3}所以 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, 6-\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$ 和 $\left(6+\frac{2 \sqrt{3}}{3},+\infty\right)$ 上单调递增，在 $\left(6-\frac{2 \sqrt{3}}{3}, 6+\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$ 上单调递减，
令 $f(x)=0$ ，则 $\frac{1}{4} x^{3}-\frac{9}{2} x^{2}+26 x-48=0$ ，即 $\frac{1}{4}(x-4)(x-6)(x-8)=0$ ，解得 $x=4$ 或 $x=6$ 或 $x=8$ ，

注意到 $4<6-\frac{2 \sqrt{3}}{3}<5,7<6+\frac{2 \sqrt{3}}{3}<8$ ，
所以结合 $f(x)$ 的单调性可知在 $(-\infty, 4)$ 和 $(6,8)$ 上 $f(x)<0$ ，在 $(4,6)$ 和 $(8,+\infty)$ 上 $f(x)>0$ ，
对于 A ，因为 $a_{n+1}=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}+6$ ，则 $a_{n+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}$ ，

当 $n=1$ 时，$a_{1}=3, a_{2}-6=\frac{1}{4}\left(a_{1}-6\right)^{3}<-3$ ，则 $a_{2}<3$ ，

假设当 $n=k$ 时，$a_{k}<3$ ，

当 $n=k+1$ 时，$a_{k+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{k}-6\right)^{3}<\frac{1}{4}(3-6)^{3}<-3$ ，则 $a_{k+1}<3$ ，

综上：$a_{n} \leq 3$ ，即 $a_{n} \in(-\infty, 4)$ ，
因为在 $(-\infty, 4)$ 上 $f(x)<0$ ，所以 $a_{n+1}因为 $a_{n+1}-a_{n}+1=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}+6-a_{n}+1=\frac{1}{4} a_{n}^{3}-\frac{9}{2} a_{n}^{2}+26 a_{n}-47$ ，

令 $h(x)=\frac{1}{4} x^{3}-\frac{9}{2} x^{2}+26 x-47(x \leq 3)$ ，则 $h^{\prime}(x)=\frac{3}{4} x^{2}-9 x+26$ ，
因为 $h^{\prime}(x)$ 开口向上，对称轴为 $x=-\frac{-9}{2 \times \frac{3}{4}}=6$ ，
所以 $h^{\prime}(x)$ 在 $(-\infty, 3]$ 上单调递减，故 $h^{\prime}(x) \geq h^{\prime}(3)=\frac{3}{4} \times 3^{2}-9 \times 3+26>0$ ，

所以 $h(x)$ 在 $(-\infty, 3]$ 上单调递增，故 $h(x) \leq h(3)=\frac{1}{4} \times 3^{3}-\frac{9}{2} \times 3^{2}+26 \times 3-47<0$ ，

故 $a_{n+1}-a_{n}+1<0$ ，即 $a_{n+1}

假设存在常数 $M \leqslant 0$ ，使得 $a_{n}>M$ 恒成立，
取 $m=-[M]+4$ ，其中 $M-1<[M] \leq M$ ，且 $[M] \in \mathrm{Z}$ ，
因为 $a_{n+1}上式相加得，$a_{-[M]+4}则 $a_{m}=a_{[M]+4}M$ 恒成立矛盾，故 A 错误；
对于 B ，因为 $a_{1}=5$ ，
当 $n=1$ 时，$a_{1}=5<6, a_{2}=\frac{1}{4}\left(a_{1}-6\right)^{3}+6=\frac{1}{4} \times(5-6)^{3}+6<6$ ，
假设当 $n=k$ 时，$a_{k}<6$ ，

当 $n=k+1$ 时，因为 $a_{k}<6$ ，所以 $a_{k}-6<0$ ，则 $\left(a_{k}-6\right)^{3}<0$ ，
所以 $a_{k+1}=\frac{1}{4}\left(a_{k}-6\right)^{3}+6<6$ ，
又当 $n=1$ 时，$a_{2}-5=\frac{1}{4}\left(a_{1}-6\right)^{3}+1=\frac{1}{4} \times(5-6)^{3}+1>0$ ，即 $a_{2}>5$ ，

假设当 $n=k$ 时，$a_{k} \geq 5$ ，
当 $n=k+1$ 时，因为 $a_{k} \geq 5$ ，所以 $a_{k}-6 \geq-1$ ，则 $\left(a_{k}-6\right)^{3} \geq-1$ ，
所以 $a_{k+1}=\frac{1}{4}\left(a_{k}-6\right)^{3}+6 \geq 5$ ，

综上： $5 \leq a_{n}<6$,
因为在 $(4,6)$ 上 $f(x)>0$ ，所以 $a_{n+1}>a_{n}$ ，所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 为递增数列，
此时，取 $M=6$ ，满足题意，故 B 正确；
对于 C ，因为 $a_{n+1}=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}+6$ ，则 $a_{n+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}$ ，
注意到当 $a_{1}=7$ 时，$a_{2}=\frac{1}{4}(7-6)^{3}+6=\frac{1}{4}+6, a_{3}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}+6-6\right)^{3}+6=\left(\frac{1}{4}\right)^{4}+6$ ，
$a_{4}=\frac{1}{4}\left[\left(\frac{1}{4}\right)^{4}+6-6\right]^{3}+6=\left(\frac{1}{4}\right)^{13}+6$
猜想当 $n \geq 2$ 时，$a_{k}=\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}\left(3^{k}-1\right)}+6$ ，
当 $n=2$ 与 $n=3$ 时，$a_{2}=\frac{1}{4}+6$ 与 $a_{3}=\left(\frac{1}{4}\right)^{4}+6$ 满足 $a_{n}=\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}\left(3^{n}-1\right)}+6$ ，
假设当 $n=k$ 时，$a_{k}=\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}\left(3^{k}-1\right)}+6$ ，
当 $n=k+1$ 时，所以 $a_{k+1}=\frac{1}{4}\left(a_{k}-6\right)^{3}+6=\frac{1}{4}\left[\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}\left(3^{k}-1\right)}+6-6\right]^{3}+6=\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}\left(3^{k+1}-1\right)}+6$ ，
综上：$a_{n}=\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}\left(3^{n}-1\right)}+6(n \geq 2)$ ，
易知 $3^{n}-1>0$ ，则 $0<\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}\left(3^{n}-1\right)}<1$ ，故 $a_{n}=\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}\left(3^{n}-1\right)}+6 \in(6,7)(n \geq 2)$ ，

所以 $a_{n} \in(6,7]$ ，
因为在 $(6,8)$ 上 $f(x)<0$ ，所以 $a_{n+1}假设存在常数 $M>6$ ，使得 $a_{n}>M$ 恒成立，
记 $m_{0}=\log _{3}\left[2 \log _{\frac{1}{4}}(M-6)+1\right]$ ，取 $m=\left[m_{0}\right]+1$ ，其中 $m_{0}-1<\left[m_{0}\right] \leq m_{0}, m_{0} \in \mathrm{~N}^{*}$ ，
则 $3^{m}>3^{m_{0}}=2 \log _{\frac{1}{4}}(M-6)+1$ ，
故 $\frac{1}{2}\left(3^{m}-1\right)>\log _{\frac{1}{4}}(M-6)$ ，所以 $\left(\frac{1}{4}\right)^{\frac{1}{2}\left(3^{m}-1\right)}所以 $a_{m}M$ 不恒成立，故 C 错误；

对于 D ，因为 $a_{1}=9$ ，

当 $n=1$ 时，$a_{2}-6=\frac{1}{4}\left(a_{1}-6\right)^{3}=\frac{27}{4}>3$ ，则 $a_{2}>9$ ，

假设当 $n=k$ 时，$a_{k} \geq 3$ ，

当 $n=k+1$ 时，$a_{k+1}-6=\frac{1}{4}\left(a_{k}-6\right)^{3} \geq \frac{1}{4}(9-6)^{3}>3$ ，则 $a_{k+1}>9$ ，

综上：$a_{n} \geq 9$,
因为在 $(8,+\infty)$ 上 $f(x)>0$ ，所以 $a_{n+1}>a_{n}$ ，所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 为递增数列，
因为 $a_{n+1}-a_{n}-1=\frac{1}{4}\left(a_{n}-6\right)^{3}+6-a_{n}-1=\frac{1}{4} a_{n}^{3}-\frac{9}{2} a_{n}^{2}+26 a_{n}-49$ ，
令 $g(x)=\frac{1}{4} x^{3}-\frac{9}{2} x^{2}+26 x-49(x \geq 9)$ ，则 $g^{\prime}(x)=\frac{3}{4} x^{2}-9 x+26$ ，
因为 $g^{\prime}(x)$ 开口向上，对称轴为 $x=-\frac{-9}{2 \times \frac{3}{4}}=6$ ，
所以 $g^{\prime}(x)$ 在 $[9,+\infty)$ 上单调递增，故 $g^{\prime}(x) \geq g^{\prime}(9)=\frac{3}{4} \times 9^{2}-9 \times 9+26>0$ ，
所以 $g(x) \geq g(9)=\frac{1}{4} \times 9^{3}-\frac{9}{2} \times 9^{2}+26 \times 9-49>0$ ，
故 $a_{n+1}-a_{n}-1>0$ ，即 $a_{n+1}>a_{n}+1$ ，

假设存在常数 $M>0$ ，使得 $a_{n}

取 $m=[M]+1$ ，其中 $M-1<[M] \leq M$ ，且 $[M] \in \mathrm{Z}$ ，
因为 $a_{n+1}>a_{n}+1$ ，所以 $a_{2}>a_{1}+1, a_{3}>a_{2}+1, \cdots, a_{[M]+1}>a_{[M]}+1$ ，
上式相加得，$a_{[M]+1}>a_{1}+[M]>9+M-1>M$ ，
则 $a_{m}=a_{[M]+1}>M$ ，与 $a_{n}故选：B．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立。