Question

9．已知数列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=c+$\frac{1}{a_n}$，1≤a_n≤4成立，则c的取值范围是[0，3]．

Answer 1

分析 方法一：①当c=0时，a_n=1恒成立，条件满足．②当c＞0时，${a_{n+2}}-{a_{n+1}}=-\frac{{{a_{n+1}}-{a_n}}}{{{a_{n+1}}{a_n}}}$，计算a_n+2-a_n，利用数列的单调性即可得出．
方法二：a₂=1+c∈[1，4]，得0≤c≤3．
（Ⅰ）当1≤c≤3时，可以验证a₁，a₂∈[1，4]成立，并且若有a_n∈[1，4]，则${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}∈[1，4]$显然成立．
（Ⅱ）当0≤c＜1时，可以验证a₁，a₂∈[1，4]成立；并且若有a_n∈[1，4]，则（ⅰ）${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}＜4$显然成立．（ⅱ）再证明a_n+1≥1．即可得出．

解答 解：方法一：①当c=0时，a_n=1恒成立，条件满足．
②当c＞0时，${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}$，${a_{n+2}}=c+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$，${a_{n+2}}-{a_{n+1}}=-\frac{{{a_{n+1}}-{a_n}}}{{{a_{n+1}}{a_n}}}$，${a_{n+2}}-{a_n}=c+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-{a_n}=c+\frac{1}{{c+\frac{1}{a_n}}}-{a_n}=\frac{{{c^2}{a_n}+c-c{a_n}^2}}{{c{a_n}+1}}=\;\;\frac{{c{a_n}（c+\frac{1}{a_n}-{a_n}）}}{{c{a_n}+1}}=\;\;\frac{{c{a_n}（{a_{n+1}}-{a_n}）}}{{c{a_n}+1}}$．
a₁=1，a₂=c+1＞1，∴数列{a_n}，的最小项是a₁=1，最大项是a₂=c+1，
∴由a₂≤4，可得c≤3．∴c的取值范围是[0，3]．
方法二：a₂=1+c∈[1，4]，得0≤c≤3．
（Ⅰ）当1≤c≤3时，可以验证a₁，a₂∈[1，4]成立，并且若有a_n∈[1，4]，
则${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}∈[1，4]$显然成立；
（Ⅱ）当0≤c＜1时，可以验证a₁，a₂∈[1，4]成立；并且若有a_n∈[1，4]，则
（ⅰ）${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}＜4$显然成立．
（ⅱ）${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}=c+\frac{1}{{c+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}}}=\;c+\frac{{{a_{n-1}}}}{{c{a_{n-1}}+1}}=\;\frac{{{c^2}{a_{n-1}}+c+{a_{n-1}}}}{{c{a_{n-1}}+1}}$，
而$（{c^2}{a_{n-1}}+c+{a_{n-1}}）-（c{a_{n-1}}+1）={c^2}{a_{n-1}}+（1-c）（{a_{n-1}}-1）≥0$，所以a_n+1≥1．
综上所述，当0≤c≤3时，恒有a_n∈[1，4]．

点评 本题考查了数列的递推关系、数列的单调性、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．