Question

4．设正项数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{1}{1+an}$，n∈N^*．
（1）证明：若a_n＜$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，则a_n+1＞$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$；
（2）回答下列问题并说明理由：
是否存在正整数N，当n≥N时|a_n-$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$|+|a_n+1-$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$|＜0.001恒成立？

Answer 1

分析 （1）若0＜a_n＜$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，则0＜1+a_n＜1+$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，可得a_n+1=$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＞$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$；
（2）仿（1）可得，若a_n＞$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，则a_n+1＜$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．则n≥2时|a_n-$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$|+|a_n+1-$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$|=|a_n+1-a_n|=$\frac{|{a}_{n}-{a}_{n-1}|}{|（1+{a}_{n}）（1+{a}_{n-1}）|}$，由a_n＞0，可得a_n+1=$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜1 （ n∈N^*），n≥2时，a_n=$\frac{1}{1+{a}_{n-1}}$＞$\frac{1}{2}$，又a₁=$\frac{1}{2}$，可得n≥2时，（1+a_n） （1+a_n-1）=（1+$\frac{1}{1+{a}_{n-1}}$） （1+a_n-1）=2+a_n-1≥$\frac{5}{2}$．利用递推放缩可得|a_n+1-a_n|≤$\frac{2}{5}$|a_n-a_n-1|≤…≤（$\frac{2}{5}$）^n-1|a₂-a₁|=$\frac{1}{6}$×（$\frac{2}{5}$）^n-1，数列{$\frac{1}{6}$×（$\frac{2}{5}$）^n-1}递减，即可得出．

解答 （1）证明：若0＜a_n＜$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，则0＜1+a_n＜1+$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
则a_n+1=$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＞$\frac{1}{1+\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．
（2）解：仿（1）可得，若a_n＞$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，则a_n+1＜$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
则n≥2时|a_n-$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$|+|a_n+1-$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$|=|a_n+1-a_n|
=$|\frac{1}{1+{a}_{n}}-\frac{1}{1+{a}_{n-1}}|$=$\frac{|{a}_{n}-{a}_{n-1}|}{|（1+{a}_{n}）（1+{a}_{n-1}）|}$，
∵a_n＞0，∴a_n+1=$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜1 （ n∈N^*），
∴n≥2时，a_n=$\frac{1}{1+{a}_{n-1}}$＞$\frac{1}{2}$，又a₁=$\frac{1}{2}$，
∴n≥2时，（1+a_n） （1+a_n-1）=（1+$\frac{1}{1+{a}_{n-1}}$） （1+a_n-1）=2+a_n-1≥$\frac{5}{2}$，
∴|a_n+1-a_n|=$\frac{|{a}_{n}-{a}_{n-1}|}{（1+{a}_{n}）（1+{a}_{n-1}）}$≤$\frac{2}{5}$|a_n-a_n-1|≤（$\frac{2}{5}$）²|a_n-1-a_n-2|
≤…≤（$\frac{2}{5}$）^n-1|a₂-a₁|=$\frac{1}{6}$×（$\frac{2}{5}$）^n-1，
数列{$\frac{1}{6}$×（$\frac{2}{5}$）^n-1}递减，$\frac{1}{6}$×（$\frac{2}{5}$）^7-1＜0.001，
只要N≥7，当n≥N时必有|a_n+1-a_n|＜0.001，
即|a_n-$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$|+|a_n+1-$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$|＜0.001成立．

点评 本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式、放缩法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．