Question

9．設(shè)數(shù)列{a_n}滿足：a₁=2，a_n+1=ca_n+$\frac{1}{a_n}$（c為正實數(shù)，n∈N^*），記數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n．
（Ⅰ）證明：當(dāng)c=2時，2ⁿ⁺¹-2≤S_n≤3ⁿ-l（n∈N^*）；
（Ⅱ）求實數(shù)c的取值范圍，使得數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞減數(shù)列．

Answer 1

分析 （Ⅰ）易知a_n＞0且{a_n}是遞增數(shù)列，從而可得$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$＜3，從而可得a_n+1＜3a_n＜3²a_n-1＜…＜3ⁿa_n=2•3ⁿ，從而證明S_n≤2（1+3+…+3^n-1）=3ⁿ-l，再證明另一部分即可；
（Ⅱ）由a₂=2c+$\frac{1}{2}$＜2解得c＜$\frac{3}{4}$，且$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=c+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$＜1，從而可得a_n＞$\frac{1}{\sqrt{1-c}}$，化簡可得a_n＞$\frac{1}{tc}$，再由a_n＜c^n-1（2-t）+t可得$\frac{1}{tc}$＜t，從而解得c＞$\frac{1}{2}$；再檢驗即可．

解答 解：（Ⅰ）證明：易知a_n＞0，
∵a_n+1=ca_n+$\frac{1}{a_n}$，且c=2，
∴{a_n}是遞增數(shù)列，
故$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$＜3，
故a_n+1＜3a_n＜3²a_n-1＜…＜3ⁿa_n=2•3ⁿ，
故S_n≤2（1+3+…+3^n-1）=3ⁿ-l，
同理可得，
S_n≥2+2²+2³…+2ⁿ=2ⁿ⁺¹-2，
故當(dāng)c=2時，2ⁿ⁺¹-2≤S_n≤3ⁿ-l（n∈N^*）成立；
（Ⅱ）由a₁=2，a₂=2c+$\frac{1}{2}$＜2解得，c＜$\frac{3}{4}$；
若數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞減數(shù)列，
則$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=c+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$＜1，
故a_n＞$\frac{1}{\sqrt{1-c}}$，
記t=$\frac{1}{\sqrt{1-c}}$，①，
又a_n+1-t=（a_n-t）（c-$\frac{1}{t{a}_{n}}$），
故c-$\frac{1}{t{a}_{n}}$＞0；
即a_n＞$\frac{1}{tc}$，②，
由（Ⅰ）a_n＞0及從c，t＞0可知，
a_n+1-t＜c（a_n-t）＜…＜cⁿ（2-t），
故a_n＜c^n-1（2-t）+t，③，
由②③兩式可得，對任意的自然數(shù)n，$\frac{1}{tc}$＜c^n-1（2-t）+t恒成立，
故$\frac{1}{tc}$＜t，
即$\frac{1}{c}$＜t²=$\frac{1}{1-c}$，故c＞$\frac{1}{2}$；
當(dāng)$\frac{1}{2}$＜c＜$\frac{3}{4}$時，
a_n+1-a_n=（a_n-a_n-1）（c-$\frac{1}{{a}_{n-1}{a}_{n}}$），
∵a_n+1=ca_n+$\frac{1}{a_n}$≥2$\sqrt{c}$，
∴a_n+1a_n＞4c＞$\frac{1}{c}$，
故對對任意的自然數(shù)n，a_n+1-a_n＜0恒成立；
綜上所述，實數(shù)c的取值范圍為$\frac{1}{2}$＜c＜$\frac{3}{4}$．

點評 本題考查了數(shù)列的單調(diào)性的判斷與應(yīng)用，同時考查了放縮法的應(yīng)用及恒成立問題的應(yīng)用．