Question

8．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足：a_n+1=$\frac{\sqrt{{a}_{n}}}{2}$+$\frac{1}{2}$（n∈N₊）．
（1）若（a₁-1）（a₂-2）＜0，求a₁的范圍；
（2）設(shè)max{a，b}表示a、b兩數(shù)中較大的數(shù)．試證明：對(duì)任意的n∈N₊，都有a_n≤max{1，a₁}．

Answer 1

分析 （1）由題意得a₂=$\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}+\frac{1}{2}$，代入（a₁-1）（a₂-2）＜0化簡(jiǎn)，求出a₁的范圍；
（2）由題意對(duì)a₁與1的關(guān)系進(jìn)行分類討論，分別利用作差法、數(shù)學(xué)歸納法證明a_n≤max{1，a₁}成立．

解答 解：（1）由題意得，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當(dāng)a₁=1時(shí)，顯然a_n=1恒成立，所以a_n≤max{1，a₁}=1…（4分）
②當(dāng)a₁＞1時(shí)，${a}_{2}=\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}+\frac{1}{2}$＞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，
假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2，k∈N₊）時(shí)，有1＜a_k＜a₁，
則${a}_{k+1}=\frac{\sqrt{{a}_{k}}}{2}+\frac{1}{2}$＞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對(duì)n∈N₊恒成立，所以a_n≤max{1，a₁}=a₁…（7分）
③當(dāng)0＜a₁＜1時(shí)，${a}_{2}=\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{2}+\frac{1}{2}＜1$，
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，
假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2，k∈N₊）時(shí)，有1＜a₂＜a₁，a₁＜a_k＜1，
則${a}_{k+1}=\frac{\sqrt{{a}_{k}}}{2}+\frac{1}{2}＜1$，
即a_n＜1對(duì)n∈N₊恒成立，所以a_n≤max{1，a₁}=1，
綜上，對(duì)任意的n∈N₊都有a_n≤max{1，a₁}．…（10分）

點(diǎn)評(píng) 本題是數(shù)列不等式結(jié)合的題目，考查數(shù)列遞推公式靈活應(yīng)用，利用作差法比較大小，數(shù)學(xué)歸納法證明不等式成立，以及分類討論思想，考查化簡(jiǎn)、變形能力，屬于難題．