Question

4．已知無窮數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=p•a_n+$\frac{q}{a_n}$（n∈N^*）．其中p，q均為非負實數(shù)且不同時為0．
（1）若p=$\frac{1}{2}$，q=2，且a₃=$\frac{41}{20}$，求a₁的值；
（2）若a₁=5，p•q=0，求數(shù)列{a_n}的前n項和S_n；
（3）若a₁=2，q=1，且{a_n}是單調(diào)遞減數(shù)列，求實數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）a₃=$\frac{41}{20}$=$\frac{1}{2}{a}_{2}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$，解得a₂=$\frac{5}{2}$或$\frac{8}{5}$，進而解得a₁．
（2）對p，q分類討論，對n分類討論，利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的前n項和公式即可得出．
（3）由題意，a_n＞0，由a₁=2，可得${a_2}=2p+\frac{1}{2}＜2$，解得$0＜p＜\frac{3}{4}$，若數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞減數(shù)列，則${a_{n+1}}=p{a_n}+\frac{1}{a_n}＜{a_n}$，可得${a_n}＞\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}$，可得：對于任意自然數(shù)n，$\frac{{\sqrt{1-p}}}{p}＜{a_n}＜{p^{n-1}}（{2-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}}）+\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}$恒成立．由$0＜p＜\frac{3}{4}$，由$\frac{{\sqrt{1-p}}}{p}＜\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}$，解得$p＞\frac{1}{2}$．下面證明：當$p∈（{\frac{1}{2}，\frac{3}{4}}）$時，數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞減數(shù)列．通過作差即可證明．

解答 解：（1）∵a₃=$\frac{41}{20}$=$\frac{1}{2}{a}_{2}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$，解得a₂=$\frac{5}{2}$或$\frac{8}{5}$，
當${a_2}=\frac{5}{2}$時，$\frac{5}{2}=\frac{1}{2}{a}_{1}+\frac{2}{{a}_{1}}$，解得a₁=1或4，
當${a_2}=\frac{8}{5}$時，無解．
∴a₁=1或4．
（2）若p=0，q≠0，${a_{n+1}}=\frac{q}{a_n}$．∴${a_1}=5，{a_2}=\frac{q}{5}，{a_3}=5，{a_4}=\frac{q}{5}$，
∴當n為奇數(shù)時，${S_n}=5•\frac{n-1}{2}+\frac{q}{5}•\frac{n+1}{2}=\frac{25n+qn+q-25}{10}$；
當n為偶數(shù)時，${S_n}=5•\frac{n}{2}+\frac{q}{5}•\frac{n}{2}=\frac{25n+qn}{10}$．
若p≠0，q=0時，a_n+1=p•a_n，
∴${S_n}=\left\{{\begin{array}{l}{\frac{{5（{p^n}-1）}}{p-1}}&{p≠0，p≠1}\\{5n}&{p=1}\end{array}}\right.$．
（3）由題意，a_n＞0，
由a₁=2，可得${a_2}=2p+\frac{1}{2}＜2$，解得$0＜p＜\frac{3}{4}$，
若數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞減數(shù)列，則${a_{n+1}}=p{a_n}+\frac{1}{a_n}＜{a_n}$，可得${a_n}＞\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}$，
又有${a_{n+1}}-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}=（{{a_n}-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}}）（{p-\frac{{\sqrt{1-p}}}{a_n}}）$①
∵${a_n}＞\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}$，∴$p-\frac{{\sqrt{1-p}}}{a_n}＞0$，即${a_n}＞\frac{{\sqrt{1-p}}}{p}$．
由①可知，${a_{n+1}}-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}＜p•（{{a_n}-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}}）$，
∴${a_n}-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}＜p•（{{a_{n-1}}-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}}）＜…＜{p^{n-1}}（{{a_1}-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}}）={p^{n-1}}（{2-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}}）$，
∴${a_n}＜{p^{n-1}}（{2-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}}）+\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}$②
∴對于任意自然數(shù)n，$\frac{{\sqrt{1-p}}}{p}＜{a_n}＜{p^{n-1}}（{2-\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}}）+\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}$恒成立．
∵$0＜p＜\frac{3}{4}$，由$\frac{{\sqrt{1-p}}}{p}＜\frac{1}{{\sqrt{1-p}}}$，解得$p＞\frac{1}{2}$．
下面證明：當$p∈（{\frac{1}{2}，\frac{3}{4}}）$時，數(shù)列{a_n}是單調(diào)遞減數(shù)列．
當$p＜\frac{3}{4}$時，可得${a_2}=2p+\frac{1}{2}＜2={a_1}$③
由${a_{n+1}}=p•{a_n}+\frac{1}{a_n}$和${a_n}=p•{a_{n-1}}+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}，（n≥2）$，
兩式相減得${a_{n+1}}-{a_n}=（{a_n}-{a_{n-1}}）（p-\frac{1}{{{a_n}{a_{n-1}}}}）$，
∵${a_n}=p•{a_{n-1}}+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}≥2\sqrt{p}$成立，則有a_n•a_n-1＞4p
當$p＞\frac{1}{2}$時，${a_n}•{a_{n-1}}＞4p＞\frac{1}{p}$，即$p＞\frac{1}{{{a_n}{a_{n-1}}}}$④，
由③④可知，當a_n＜a_n-1時，恒有a_n+1＜a_n，
對于任意的自然數(shù)n，a_n+1＜a_n恒成立．
∴實數(shù)p的取值范圍是：$（\frac{1}{2}，\frac{3}{4}）$．

點評 本題考查了遞推關系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的前n項和公式、不等式的解法與性質(zhì)、數(shù)列的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．