Question

8．已知各项均为正数的数列{a_n}满足：a_n+1=$\frac{\sqrt{{a}_{n}}}{2}$+$\frac{1}{2}$（n∈N₊）．
（1）若（a₁-1）（a₂-2）＜0，求a₁的范围；
（2）设max{a，b}表示a、b两数中较大的数．试证明：对任意的n∈N₊，都有a_n≤max{1，a₁}．

Answer 1

分析 （1）由题意得a₂=$\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}+\frac{1}{2}$，代入（a₁-1）（a₂-2）＜0化简，求出a₁的范围；
（2）由题意对a₁与1的关系进行分类讨论，分别利用作差法、数学归纳法证明a_n≤max{1，a₁}成立．

解答 解：（1）由题意得，a₂=$\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}+\frac{1}{2}$，
由（a₁-1）（a₂-2）＜0得，（a₁-1）（$\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}-\frac{3}{2}$）＜0，
即$[（\sqrt{{a}_{n}}）^{2}-1]$（$\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}-\frac{3}{2}$）＜0，
所以$\left\{\begin{array}{l}{{（\sqrt{{a}_{n}}）}^{2}-1＜0}\\{\sqrt{{a}_{n}}-3＞0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{{（\sqrt{{a}_{n}}）}^{2}-1＞0}\\{\sqrt{{a}_{n}}-3＜0}\end{array}\right.$，
解得1＜a₁＜9…（3分）
（2）①当a₁=1时，显然a_n=1恒成立，所以a_n≤max{1，a₁}=1…（4分）
②当a₁＞1时，${a}_{2}=\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}+\frac{1}{2}$＞1，
且${a}_{2}-{a}_{1}=\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}+\frac{1}{2}-{a}_{1}$=$\frac{-2{a}_{1}+\sqrt{{a}_{1}}+1}{2}$＜0，
所以1＜a₂＜a₁，
假设当n=k（k≥2，k∈N₊）时，有1＜a_k＜a₁，
则${a}_{k+1}=\frac{\sqrt{{a}_{k}}}{2}+\frac{1}{2}$＞1
且${a}_{k+1}-{a}_{1}=\frac{\sqrt{{a}_{k}}}{2}+\frac{1}{2}-{a}_{1}$=$\frac{-2{a}_{1}+\sqrt{{a}_{k}}+1}{2}$＜$\frac{-2{a}_{1}+\sqrt{{a}_{1}}+1}{2}$＜0，
即1＜a_n≤a₁对n∈N₊恒成立，所以a_n≤max{1，a₁}=a₁…（7分）
③当0＜a₁＜1时，${a}_{2}=\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}+\frac{1}{2}＜1$，
且${a}_{2}-{a}_{1}=\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}+\frac{1}{2}-{a}_{1}$=$\frac{-2{a}_{1}+\sqrt{{a}_{1}}+1}{2}＞0$，
所以a₁＜a₂＜1，
假设当n=k（k≥2，k∈N₊）时，有1＜a₂＜a₁，a₁＜a_k＜1，
则${a}_{k+1}=\frac{\sqrt{{a}_{k}}}{2}+\frac{1}{2}＜1$，
即a_n＜1对n∈N₊恒成立，所以a_n≤max{1，a₁}=1，
综上，对任意的n∈N₊都有a_n≤max{1，a₁}．…（10分）

点评 本题是数列不等式结合的题目，考查数列递推公式灵活应用，利用作差法比较大小，数学归纳法证明不等式成立，以及分类讨论思想，考查化简、变形能力，属于难题．