Question

9．已知數(shù)列{a_n}的首項為a₁=1，且${a_{n+1}}=\frac{{{a_n}+4}}{{{a_n}+1}}$，（n∈N^*）．
（Ⅰ）求a₂，a₃的值，并證明：a_2n-1＜a_2n+1＜2；
（Ⅱ）令b_n=|a_2n-1-2|，S_n=b₁+b₂+…+b_n．證明：$\frac{9}{8}[{1-{{（{\frac{1}{9}}）}^n}}]≤{S_n}＜\frac{7}{6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過a₁=1，${a_{n+1}}=\frac{{{a_n}+4}}{{{a_n}+1}}$計算求出a₂，a₃的值；一方面，利用${a_{n+1}}-2=\frac{{{a_n}+4}}{{{a_n}+1}}-2=-\frac{{{a_n}-2}}{{{a_n}+1}}$整理可知a_2n+1-2與a_2n-1-2同號，進而可知a_2n+1＜2；另一方面，通過作差計算可知a_2n+1＞a_2n-1，從而可得結(jié)論；
（Ⅱ）利用${a_{n+1}}=\frac{{{a_n}+4}}{{{a_n}+1}}$計算可知$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=\frac{1}{{2{a_{2n-1}}+5}}$，結(jié)合1≤a_2n-1＜a_2n+1＜2可知$\frac{1}{9}＜\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}≤\frac{1}{7}$，利用累乘法可知$\frac{1}{{9}^{n-1}}$≤b_n＜$\frac{1}{{7}^{n-1}}$，進而利用等比數(shù)列的求和公式計算即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：∵a₁=1，${a_{n+1}}=\frac{{{a_n}+4}}{{{a_n}+1}}$，
∴${a_2}=\frac{5}{2}$，a₃=$\frac{13}{7}$；
下證：a_2n-1＜a_2n+1＜2．
一方面，${a_{n+1}}-2=\frac{{{a_n}+4}}{{{a_n}+1}}-2=-\frac{{{a_n}-2}}{{{a_n}+1}}$，
所以$\frac{{{a_{n+1}}-2}}{{{a_n}-2}}=-\frac{1}{{{a_n}+1}}$，
由題可知a_n＞0，所以$\frac{{{a_{n+1}}-2}}{{{a_n}-2}}＜0$，即a_n+1-2與a_n-2異號，
故a_n+2-2與a_n-2同號，于是a_2n+1-2與a_2n-1-2同號，
又∵a₁-2=-1＜0，∴a_2n+1＜2；
另一方面，${a_{2n+1}}-{a_{2n-1}}=\frac{{{a_{2n}}+4}}{{{a_{2n}}+1}}-{a_{2n-1}}=\frac{{\frac{{{a_{2n-1}}+4}}{{{a_{2n-1}}+1}}+4}}{{\frac{{{a_{2n-1}}+4}}{{{a_{2n-1}}+1}}+1}}-{a_{2n-1}}=\frac{{5{a_{2n-1}}+8}}{{2{a_{2n-1}}+5}}-{a_{2n-1}}=\frac{{-2（{{a_{2n-1}}^2-4}）}}{{2{a_{2n-1}}+5}}$，
由a_2n-1＜2知a_2n+1-a_2n-1＞0，即a_2n+1＞a_2n-1，
綜上所述：a_2n-1＜a_2n+1＜2；
（Ⅱ）證明：${a_{2n+1}}-2=-\frac{{{a_{2n}}-2}}{{{a_{2n}}+1}}=-\frac{{\frac{{{a_{2n-1}}+4}}{{{a_{2n-1}}+1}}-2}}{{\frac{{{a_{2n-1}}+4}}{{{a_{2n-1}}+1}}+1}}=\frac{{{a_{2n-1}}-2}}{{2{a_{2n-1}}+5}}$，
由b_n=|a_2n-1-2|知$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=\frac{1}{{2{a_{2n-1}}+5}}$，
又1≤a_2n-1＜a_2n+1＜2，所以$\frac{1}{9}＜\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}≤\frac{1}{7}$，
而b₁=1，所以當(dāng)n≥2時${b_n}={b_1}•\frac{b_2}{b_1}•…•\frac{b_n}{{{b_{n-1}}}}≤{（{\frac{1}{7}}）^{n-1}}$，
同理可知：${b_n}＞{（{\frac{1}{9}}）^{n-1}}$，
故S_n=b₁+b₂+…+b_n$≤1+\frac{1}{7}+{（{\frac{1}{7}}）^2}+…+{（{\frac{1}{7}}）^{n-1}}=\frac{{1-{{（{\frac{1}{7}}）}^n}}}{{1-\frac{1}{7}}}＜\frac{7}{6}$，
${S_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}＞\frac{{1-{{（{\frac{1}{9}}）}^n}}}{{1-\frac{1}{9}}}=\frac{9}{8}[{1-{{（{\frac{1}{9}}）}^n}}]$，
綜上：$\frac{9}{8}[{1-{{（{\frac{1}{9}}）}^n}}]＜{S_n}＜\frac{7}{6}$．

點評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查運算求解能力，涉及放縮法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．