Question

已知数列{a_n}、{b_n}满足：a1=

1

4

，an+bn=1，bn+1=

bn

1-an2

．
（1）求b₁，b₂，b₃的值；
（2）求证：数列{

1

bn-1

}是等差数列，并求数列{b_n}的通项公式；
（3）设S_n=a₁a₂+a₂a₃+…+a_na_n+1，若4aS_n＜b_n恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）根据a1=

1

4

和a_n+b_n=1，先求得b₁的值，再根据bn+1=

bn

1-an2

，得到b_n+1与b_n的递推关系，进而求得b₂，b₃的值，从而求得答案；
（2）根据（1）中b_n+1与b_n的递推关系，构造数列

1

bn-1

，利用等差数列的定义，证明

1

bn+1-1

-

1

bn-1

是一个常数，即可证得数列{

1

bn-1

}是等差数列，利用等差数列的通项公式，求出

1

bn-1

的表达式，即可求得数列{b_n}的通项公式；
（3）根据a_n+b_n=1和（2）中的结论，求出a_n的通项公式，利用裂项法求出S_n，将4aS_n＜b_n恒成立，转化为4aS_n-b_n＜0恒成立，构造函数f（n）=（a-1）n²+3（a-2）n-8，利用二次函数的性质，求解即可得到实数a的取值范围．

解答：解：（1）∵a_n+b_n=1，且bn+1=

bn

1-an2

，
∴bn+1=

bn

(1-an)(1+an)

=

bn

bn(2-bn)

=

1

2-bn

，
∵a1=

1

4

，且a₁+b₁=1，
∴b₁=

3

4

，
再根据bn+1=

1

2-bn

，
∴b2=

4

5

，b3=

5

6

，
∴b₁=

3

4

，b2=

4

5

，b3=

5

6

；
（2）由（1）可得，bn+1=

bn

1-an2

，
∴bn+1-1=

1

2-bn

-1=

bn-1

2-bn

，
∴

1

bn+1-1

=

2-bn

bn-1

=-1+

1

bn-1

，
∴

1

bn+1-1

-

1

bn-1

=-1，
∵b₁=

3

4

，
∴

1

b1-1

=-4，
∴数列{

1

bn-1

}是以-4为首项，-1为公差的等差数列，
∴

1

bn-1

=-4-(n-1)=-n-3，
∴bn=1-

1

n+3

=

n+2

n+3

，
∴bn=

n+2

n+3

；
（3）∵a_n+b_n=1，
∴an=1-bn=

1

n+3

，
∴a_na_n+1=

1

(n+3)(n+4)

=

1

n+3

-

1

n+4

，
∴Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1=

1

4×5

+

1

5×6

+…

1

(n+3)(n+4)

=（

1

4

-

1

5

）+（

1

5

-

1

6

）+…+（

1

n+3

-

1

n+4

）
=

1

4

-

1

n+4

=

n

4(n+4)

，
∴4aSn-bn=

an

n+4

-

n+2

n+3

=

(a-1)n2+(3a-6)n-8

(n+3)(n+4)

，
∵4aS_n＜b_n恒成立，
∴（a-1）n²+（3a-6）n-8＜0恒成立，
设f（n）=（a-1）n²+3（a-2）n-8，
①当a=1时，f（n）=-3n-8＜0恒成立，
∴a=1符合题意；
②当a＞1时，f（n）的图象开口向上，由二次函数的性质可知，
f（n）=（a-1）n²+（3a-6）n-8＜0不可能恒成立，
∴a＞1不符合题意；
③当a＜1时，对称轴为-

3

2

•

a-2

a-1

=-

3

2

(1-

1

a-1

)＜0，
∴f（n）在[1，+∞）为单调递减函数，
∴只要f（1）＜0即可，
∵f（1）=（a-1）n²+（3a-6）n-8=（a-1）+（3a-6）-8=4a-15＜0，
∴a＜

15

4

，又a＜1，
∴a＜1．
综合①②③可得，实数a的取值范围为（-∞，1]．

点评：本题考查了等差数列的应用，以及构造新数列求通项公式．求数列通项公式常见的方法有：利用等差等比数列的通项公式，利用S_n与a_n的关系，迭加法，迭乘法，构造新数列，能根据具体的条件判断该选用什么方法求解．同时考查了数列求和，数列求和运用了裂项法求解．属于难题．