Question

9．各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}，a₁=a，a₂=b，且對滿足m+n=p+q的正整數(shù)m，n，p，q都有$\frac{{a}_{m}+{a}_{n}}{（1+{a}_{m}）（1+{a}_{n}）}$=$\frac{{a}_{p}+{a}_{q}}{（1+{a}_{p}）（1+{a}_{q}）}$．
（Ⅰ）當(dāng)a=$\frac{1}{2}$，b=$\frac{4}{5}$時，求證：數(shù)列{$\frac{{1-{a_n}}}{{1+{a_n}}}$}是等比數(shù)列，并求通項(xiàng)a_n；  
（Ⅱ）證明：對任意a，存在與a有關(guān)的常數(shù)λ，使得對于每個正整數(shù)n，都有$\frac{1}{λ}$≤a_n≤λ．

Answer 1

分析 （1）由已知可得$\frac{{{a_1}+{a_n}}}{{（1+{a_1}）（1+{a_n}）}}=\frac{{{a_2}+{a_{n-1}}}}{{（1+{a_2}）（1+{a_{n-1}}）}}$．將${a_1}=\frac{1}{2}，{a_2}=\frac{4}{5}$代入化簡得${a_n}=\frac{{2{a_{n-1}}+1}}{{{a_{n-1}}+2}}$．變形利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）由題設(shè)$\frac{{{a_m}+{a_n}}}{{（1+{a_m}）（1+{a_n}）}}$的值僅與m+n有關(guān)，記為b_m+n，則${b_{n+1}}=\frac{{{a_1}+{a_n}}}{{（1+{a_1}）（1+{a_n}）}}=\frac{{a+{a_n}}}{{（1+a）（1+{a_n}）}}$．考察函數(shù) $f（x）=\frac{a+x}{（1+a）（1+x）}\;\;（x＞0）$，對a分類討論，可得：在定義域上f（x）在定義域上$f（x）≥g（a）=\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{1+a}，}&{a＞1}\\{\frac{1}{2}，}&{a=1}\\{\frac{a}{1+a}，}&{0＜a＜1}\end{array}}\right.$，故對n∈N^*，b_n+1≥g（a）恒成立，又 ${b_{2n}}=\frac{{2{a_n}}}{{{{（1+{a_n}）}^2}}}≥g（a）$，解出即可得出．

解答 證明：（1）由$\frac{{{a_m}+{a_n}}}{{（1+{a_m}）（1+{a_n}）}}=\frac{{{a_p}+{a_q}}}{{（1+{a_p}）（1+{a_q}）}}$得$\frac{{{a_1}+{a_n}}}{{（1+{a_1}）（1+{a_n}）}}=\frac{{{a_2}+{a_{n-1}}}}{{（1+{a_2}）（1+{a_{n-1}}）}}$．
將${a_1}=\frac{1}{2}，{a_2}=\frac{4}{5}$代入化簡得${a_n}=\frac{{2{a_{n-1}}+1}}{{{a_{n-1}}+2}}$．
∴$\frac{{1-{a_n}}}{{1+{a_n}}}=\frac{1}{3}•\frac{{1-{a_{n-1}}}}{{1+{a_{n-1}}}}$，故數(shù)列$\{\frac{{1-{a_n}}}{{1+{a_n}}}\}$為等比數(shù)列，
從而$\frac{{1-{a_n}}}{{1+{a_n}}}=\frac{1}{3^n}$，即${a_n}=\frac{{{3^n}-1}}{{{3^n}+1}}$．
可驗(yàn)證，${a_n}=\frac{{{3^n}-1}}{{{3^n}+1}}$滿足題設(shè)條件．
（2）由題設(shè)$\frac{{{a_m}+{a_n}}}{{（1+{a_m}）（1+{a_n}）}}$的值僅與m+n有關(guān)，記為b_m+n，則${b_{n+1}}=\frac{{{a_1}+{a_n}}}{{（1+{a_1}）（1+{a_n}）}}=\frac{{a+{a_n}}}{{（1+a）（1+{a_n}）}}$．
考察函數(shù) $f（x）=\frac{a+x}{（1+a）（1+x）}\;\;（x＞0）$，
則在定義域上$f（x）≥g（a）=\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{1+a}，}&{a＞1}\\{\frac{1}{2}，}&{a=1}\\{\frac{a}{1+a}，}&{0＜a＜1}\end{array}}\right.$
故對n∈N^*，b_n+1≥g（a）恒成立，
又 ${b_{2n}}=\frac{{2{a_n}}}{{{{（1+{a_n}）}^2}}}≥g（a）$，
注意到$0＜g（a）≤\frac{1}{2}$，解上式得$\frac{g（a）}{{1-g（a）+\sqrt{1-2g（a）}}}=\frac{{1-g（a）-\sqrt{1-2g（a）}}}{g（a）}≤{a_n}≤\frac{{1-g（a）+\sqrt{1-2g（a）}}}{g（a）}$，
取$λ=\frac{{1-g（a）+\sqrt{1-2g（a）}}}{g（a）}$，即有  $\frac{1}{λ}≤{a_n}≤λ$．

點(diǎn)評 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、遞推關(guān)系、函數(shù)與數(shù)列的單調(diào)性、不等式的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．