Question

1．?dāng)?shù)列{a_n}，{b_n}滿足$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n+1}=\frac{1}{2}{a}_{n}+\frac{1}{2}_{n}}\\{\frac{1}{_{n+1}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{2}•\frac{1}{_{n}}}\end{array}\right.$，a₁＞0，b₁＞0；
（1）求證：{a_n•b_n}是常數(shù)列；
（2）若{a_n}是遞減數(shù)列，求a₁與b₁的關(guān)系；
（3）設(shè)a₁=4，b₁=1，當(dāng)n≥2時，求a_n的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可知a_n•b_n=a_n-1•b_n-1=…=a₁•b₁，故問題得以證明；
（2）根據(jù){a_n}是遞減數(shù)列，得到（a₁-b₁）²＞0，a_n＞b_n，得到a₁＞b₁恒成立，
（3）先判斷a_n+1＞2，再根據(jù)a_n+1-a_n=$\frac{4-{{a}_{n}}^{2}}{2{a}_{n}}$，得到a_n+1-a_n＜0，{a_n}是遞減數(shù)列，即可得到a_n-a₂＜0，求出a_n的取值范圍．

解答 解：（1）∵$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n+1}=\frac{1}{2}{a}_{n}+\frac{1}{2}_{n}}\\{\frac{1}{_{n+1}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{2}•\frac{1}{_{n}}}\end{array}\right.$，
∴2a_n+1=a_n+b_n，$\frac{1}{_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}+_{n}}{2{a}_{n}_{{n}_{\;}}}$，
∴b_n+1=$\frac{2{a}_{n}_{n}}{{a}_{n}+_{n}}$，
∴a_n+1b_n+1=a_n•b_n，
∴a_n•b_n=a_n-1•b_n-1=…=a₁•b₁，
∴{a_n•b_n}是常數(shù)列；
（2）{a_n}是遞減數(shù)列，a_n+1-a_n＜0，
∵a₂-a₁=$\frac{1}{2}$（a₁+b₁）-a₁=$\frac{1}{2}$（b₁-a₁）＜0
∴a₁＞b₁，
∵a₃-a₂=$\frac{1}{2}$（b₂-a₂）＜0，
∴a₂＞b₂，
∵$\frac{1}{2}$（a₁+b₁）＞$\frac{2{a}_{1}_{1}}{{a}_{1}+_{1}}$，
∴（a₁-b₁）²＞0，
猜想a_n+1-a_n=$\frac{1}{2}$（b_n-a_n）＜0，
∴a_n＞b_n，
∴a₁＞b₁恒成立，
∵a_k+2-a_k+1=$\frac{1}{2}$（b_k+1-a_k+1）=$\frac{\frac{2{a}_{k}_{k}}{{a}_{k}+_{k}}-\frac{{a}_{k}+_{k}}{2}}{2}$=$\frac{-（{a}_{k}-_{k}）^{2}}{4（{a}_{k}+_{k}）}$＜0，
∴a₁＞b₁時，{a_n}是遞減數(shù)列．
（3）整理得a_n+1=$\frac{1}{2}$（a_n+$\frac{4}{{a}_{n}}$），a₁=4，
∴a₂=$\frac{5}{2}$，
∴a₁＞0⇒a₂＞0⇒a₃＞0⇒…⇒a_n＞0，
當(dāng)n≥2時，a_n+1-2=$\frac{1}{2}$（a_n+$\frac{1}{{a}_{n}}$）-2=$\frac{（{{a}_{n}}^{2}-2）^{2}}{2{a}_{n}}$＞0，
∴a_n+1＞2，
∴a_n+1-a_n=$\frac{1}{2}$（b_n-a_n）=$\frac{\frac{4}{{a}_{n}}-{a}_{n}}{2}$=$\frac{4-{{a}_{n}}^{2}}{2{a}_{n}}$，
∵a_n＞2，
∴a_n+1-a_n＜0，
∴{a_n}是遞減數(shù)列，
∴a_n-a₂＜0，
∴a_n∈（2，$\frac{5}{2}$]

點評 本題考查了遞推數(shù)列的，常數(shù)列，數(shù)列的函數(shù)特征，以及a_n的取值范圍，培養(yǎng)了學(xué)生的運算能力，轉(zhuǎn)化能力，屬于難題．