Question

6．设f（x）=$\frac{1}{1+x}$，数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=f（a_n），n∈N^*．
（1）若λ₁，λ₂为方程f（x）=x的两个不相等的实根，证明：数列{$\frac{{a}_{n}-{λ}_{1}}{{a}_{n}-{λ}_{2}}$}为等比数列；
（2）证明：存在实数m，使得对?n∈N^*，a_2n-1＜a_2n+1＜m＜a_2n+2＜a_2n．

Answer 1

分析 （1）由题意化简可得x²+x-1=0，从而可得λ₁+λ₂=-1，λ₁λ₂=-1；化简$\frac{{a}_{n+1}-{λ}_{1}}{{a}_{n+1}-{λ}_{2}}$•$\frac{{a}_{n}-{λ}_{2}}{{a}_{n}-{λ}_{1}}$=$\frac{\frac{1}{1+{a}_{n}}-{λ}_{1}}{\frac{1}{1+{a}_{n}}-{λ}_{2}}$•$\frac{{a}_{n}-{λ}_{2}}{{a}_{n}-{λ}_{1}}$=$\frac{-{λ}_{1}}{1+{λ}_{1}}$=-${λ}_{1}^{2}$；从而证明为等比数列；
（2）化简a_2n+2=$\frac{1}{{a}_{2n+1}+1}$=$\frac{{a}_{2n}+1}{{a}_{2n}+2}$；从而得到$\frac{{a}_{2n}+1}{{a}_{2n}+2}$＜a_2n，从而只需使a_2n＞$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$；同理可得a_2n-1＜$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$；故令m=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$即可．

解答 证明：（1）∵f（x）=$\frac{1}{1+x}$，f（x）=x；
∴x²+x-1=0，
∴λ₁+λ₂=-1，λ₁λ₂=-1；
∴$\frac{{a}_{n+1}-{λ}_{1}}{{a}_{n+1}-{λ}_{2}}$•$\frac{{a}_{n}-{λ}_{2}}{{a}_{n}-{λ}_{1}}$
=$\frac{\frac{1}{1+{a}_{n}}-{λ}_{1}}{\frac{1}{1+{a}_{n}}-{λ}_{2}}$•$\frac{{a}_{n}-{λ}_{2}}{{a}_{n}-{λ}_{1}}$
=$\frac{1-{λ}_{1}-{λ}_{1}{a}_{n}}{1-{λ}_{2}-{λ}_{2}{a}_{n}}$•$\frac{{a}_{n}-{λ}_{2}}{{a}_{n}-{λ}_{1}}$
=$\frac{-{λ}_{1}{a}_{n}-{λ}_{1}{a}_{n}^{2}+{λ}_{1}+1-1}{{a}_{n}+{λ}_{1}{a}_{n}+{a}_{n}^{2}+{λ}_{1}{a}_{n}^{2}-{λ}_{1}-1}$
=$\frac{-{λ}_{1}}{1+{λ}_{1}}$=-${λ}_{1}^{2}$；
又∵${λ}_{1}^{2}$＞0且$\frac{\frac{1}{2}-{λ}_{1}}{\frac{1}{2}-{λ}_{2}}$≠0，
∴数列{$\frac{{a}_{n}-{λ}_{1}}{{a}_{n}-{λ}_{2}}$}为以$\frac{\frac{1}{2}-{λ}_{1}}{\frac{1}{2}-{λ}_{2}}$为首项，-${λ}_{1}^{2}$为公比的等比数列；
（2）∵a_2n+2=$\frac{1}{{a}_{2n+1}+1}$=$\frac{{a}_{2n}+1}{{a}_{2n}+2}$；
又∵a_2n+2＜a_2n，
∴$\frac{{a}_{2n}+1}{{a}_{2n}+2}$＜a_2n，
故a_2n＞$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$；
a_2n+1=$\frac{{a}_{2n-1}+1}{{a}_{2n-1}+2}$，
又∵a_2n-1＜a_2n+1，
∴a_2n-1＜$\frac{{a}_{2n-1}+1}{{a}_{2n-1}+2}$；
∴a_2n-1＜$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$；
∴令m=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
则对?n∈N^*，a_2n-1＜a_2n+1＜m＜a_2n+2＜a_2n成立．

点评 本题考查了函数与数列的综合应用，同时考查了等比数列的证明，化简很复杂，属于难题．