Question

已知数列{ a_n}、{ b_n}满足：a1=

1

4

，an+bn=1，bn+1=

bn

1-an2

．
（1）求a₂，a₃；
（2）证数列{

1

an

}为等差数列，并求数列{a_n}和{ b_n}的通项公式；
（3）设S_n=a₁a₂+a₂a₃+a₃a₄+…+a_na_n+1，求实数λ为何值时4λS_n＜b_n恒成立．

Answer 1

分析：（1）由给出的a1=

1

4

，循环代入a_n+b_n=1和bn+1=

bn

1-an2

可求解a₂，a₃；
（2）由a_n+b_n=1得a_n+1+b_n+1=1，结合bn+1=

bn

1-an2

，去掉b_n与b_n+1得到a_n+1与a_n的关系式，整理变形后可证得数列{

1

an

}是以4为首项，1为公差的等差数列，求出其通项公式后即可求得数列{a_n}和{ b_n}的通项公式；
（3）首先利用裂项求和求出S_n，代入4λS_n＜b_n，通过对λ分类讨论，结合二次函数的最值求使4λS_n＜b_n恒成立的实数λ的值．

解答：（1）解：∵a1=

1

4

，∴b1=1-

1

4

=

3

4

，b2=

b1

1-a12

=

3 4

1-( 1 4 )2

=

4

5

，
a2=1-b2=1-

4

5

=

1

5

，b3=

b2

1-a22

=

4 5

1-( 1 5 )2

=

5

6

，a3=1-b3=1-

5

6

=

1

6

．
∴a2=

1

5

，a3=

1

6

；
（2）证明：由an+1+bn+1=1，bn+1=

bn

1-an2

，
∴1-an+1=bn+1=

bn

1-an2

=

1-an

(1-an)(1+an)

=

1

1+an

，
∴1-an+1=

1

1+an

，即a_n-a_n+1=a_na_n+1，
∴

1

an+1

-

1

an

=1
∴数列{

1

an

}是以4为首项，1为公差的等差数列．
∴

1

an

=4+(n-1)=3+n，则an=

1

n+3

，
∴bn=1-an=1-

1

n+3

=

n+2

n+3

；
（3）解：由an=

1

n+3

，
∴S_n=a₁a₂+a₂a₃+…+a_na_n+1
=

1

4×5

+

1

5×6

+…+

1

(n+3)(n+4)

=

1

4

-

1

5

+

1

5

-

1

6

+…+

1

n+3

-

1

n+4

=

1

4

-

1

n+4

=

n

4(n+4)

．
∴4λSn-bn=

λn

n+4

-

n+2

n+3

=

(λ-1)n2+(3λ-6)n-8

(n+3)(n+4)

，
要使4λS_n＜b_n恒成立，只需（λ-1）n²+（3λ-6）n-8＜0恒成立，
设f（n）=（λ-1）n²+3（λ-2）n-8
当λ=1时，f（n）=-3n-8＜0恒成立，
当λ＞1时，由二次函数的性质知f（n）不满足对于任意n∈N^*恒成立，
当λ＜l时，对称轴n=-

3

2

•

λ-2

λ-1

=-

3

2

(1-

1

λ-1

)＜0
f（n）在[1，+∞）为单调递减函数．
只需f（1）=（λ-1）n²+（3λ-6）n-8=（λ-1）+（3λ-6）-8=4λ-15＜0
∴λ＜

15

4

，∴λ≤1时4λS_n＜b_n恒成立．
综上知：λ≤1时，4λS_n＜b_n恒成立．

点评：本题考查了等差、等比数列的通项公式，考查了数列的裂项求和，考查了数列的函数特性，训练了恒成立问题的求解方法，解答过程中注意分类讨论的数学思想，属中档题．