Question

5．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=a，a∈[0，$\frac{1}{2}$]，a_n+1=-a_n²+a_n+t（t∈R，n∈N^*）．
（1）若at≠0，寫出一組a、t的值，使數(shù)列{a_n}是常數(shù)列；
（2）若t=$\frac{1}{4}$，記b_n=$\frac{1}{2}$-a_n，求證：b_n+1=b_n²．并求$\lim_{n→∞}{a_n}$的值；
（3）若a=0，0＜t≤$\frac{1}{4}$，求證：對于任意的n∈N^*，n≥2，0＜a_n＜$\sqrt{t}$．

Answer 1

分析 （1）只要滿足a²=t且a∈[0，$\frac{1}{2}$]，即可滿足；
（2）先求出a_n與a_n+1的關系，再根據(jù)b_n=$\frac{1}{2}$-a_n，即可證明，求出{a_n}的通項公式，再根據(jù)極限的定義即可求出；
（3）用數(shù)學歸納法證明即可．

解答 解：（1）當$a=\frac{1}{2}，t=\frac{1}{4}$時，則a₂=-a₁²+a₁+t=a₁，即數(shù)列{a_n}是常數(shù)列；              
（2）當$t=\frac{1}{4}$時，${a_{n+1}}=-{a_n}^2+{a_n}+\frac{1}{4}⇒\frac{1}{2}-{a_{n+1}}=\frac{1}{4}+{a_n}^2-{a_n}={（\frac{1}{2}-{a_n}）^2}$，
所以${b_{n+1}}={b_n}^2$，
因為${b_1}=\frac{1}{2}-a$，
所以${b_n}={b_1}^{{2^{n-1}}}$，即${a_n}=\frac{1}{2}-{（\frac{1}{2}-a）^{{2^{n-1}}}}$，
因為$0≤a≤\frac{1}{2}$，
所以$\frac{1}{2}-a∈[0，\frac{1}{2}]$，
所以$\lim_{n→∞}{a_n}=\lim_{n→∞}[\frac{1}{2}-{（\frac{1}{2}-a）^{{2^{n-1}}}}]=\frac{1}{2}$，
（3）由a₁=0，則a₂=t，又$0＜t≤\frac{1}{4}$，則$t＜\sqrt{t}$，
所以$0＜{a_2}＜\sqrt{t}$，
設n=k（k∈N^*，n≥2），$0＜{a_k}＜\sqrt{t}$，
因為$0＜t≤\frac{1}{4}$，則$\sqrt{t}≤\frac{1}{2}$，
所以$0＜{a_k}＜\frac{1}{2}$，
又${a_{k+1}}=-{a_k}^2+{a_k}+t=-{（{a_k}-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}+t$，
函數(shù)$y=-{（x-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}+t$在$x∈（0，\frac{1}{2}）$上遞增，所以在$（0，\sqrt{t}）$上也是遞增，
所以${a_{k+1}}＜-{（\sqrt{t}-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}+t=\sqrt{t}$，且a_k+1＞t，
所以$0＜{a_{k+1}}＜\sqrt{t}$．
綜上知，對于任意的n∈N^*，n≥2，$0＜{a_n}＜\sqrt{t}$．．

點評 本題是數(shù)列與函數(shù)、不等式相結(jié)合的綜合題，解題時要認真審題，注意數(shù)學歸綱法的合理運用，考查了分析問題與解決問題的能力．