Question

9．设数列{a_n}满足：a₁=2，a_n+1=ca_n+$\frac{1}{a_n}$（c为正实数，n∈N^*），记数列{a_n}的前n项和为S_n．
（Ⅰ）证明：当c=2时，2ⁿ⁺¹-2≤S_n≤3ⁿ-l（n∈N^*）；
（Ⅱ）求实数c的取值范围，使得数列{a_n}是单调递减数列．

Answer 1

分析 （Ⅰ）易知a_n＞0且{a_n}是递增数列，从而可得$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$＜3，从而可得a_n+1＜3a_n＜3²a_n-1＜…＜3ⁿa_n=2•3ⁿ，从而证明S_n≤2（1+3+…+3^n-1）=3ⁿ-l，再证明另一部分即可；
（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，从而可得a_n＞$\frac{1}{\sqrt{1-c}}$，化简可得a_n＞$\frac{1}{tc}$，再由a_n＜c^n-1（2-t）+t可得$\frac{1}{tc}$＜t，从而解得c＞$\frac{1}{2}$；再检验即可．

解答 解：（Ⅰ）证明：易知a_n＞0，
∵a_n+1=ca_n+$\frac{1}{a_n}$，且c=2，
∴{a_n}是递增数列，
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，
故当c=2时，2ⁿ⁺¹-2≤S_n≤3ⁿ-l（n∈N^*）成立；
（Ⅱ）由a₁=2，a₂=2c+$\frac{1}{2}$＜2解得，c＜$\frac{3}{4}$；
若数列{a_n}是单调递减数列，
则$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=c+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$＜1，
故a_n＞$\frac{1}{\sqrt{1-c}}$，
记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及从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②③两式可得，对任意的自然数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＞$\frac{1}{2}$；
当$\frac{1}{2}$＜c＜$\frac{3}{4}$时，
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＞$\frac{1}{c}$，
故对对任意的自然数n，a_n+1-a_n＜0恒成立；
综上所述，实数c的取值范围为$\frac{1}{2}$＜c＜$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查了数列的单调性的判断与应用，同时考查了放缩法的应用及恒成立问题的应用．