Question

8．已知数列{a_n}，{b_n}满足${a_1}=\frac{1}{4}，{a_n}+{b_n}=1，{b_{n+1}}=\frac{b_n}{{（1-{a_n}）（1+{a_n}）}}$．
（Ⅰ）求b₁，b₂，b₃，b₄；
（Ⅱ）设${c_n}=\frac{1}{{{b_n}-1}}$，证明数列{c_n}是等差数列；
（Ⅲ）设S_n=a₁a₂+a₂a₃+a₃a₄+…+a_na_n+1，不等式4aS_n＜b_n恒成立时，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）化简b_n+1=$\frac{{b}_{n}}{（1-{a}_{n}）（1+{a}_{n}）}$=$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n}（2-{b}_{n}）}$=$\frac{1}{2-{b}_{n}}$，从而求b₁，b₂，b₃，b₄的值；
（Ⅱ）化简可得b_n+1-1=$\frac{1}{2-{b}_{n}}$-1，从而可得$\frac{1}{{b}_{n+1}-1}$=-1+$\frac{1}{{b}_{n}-1}$，从而证明即可；
（Ⅲ）由c_n=$\frac{1}{{b}_{n}-1}$=-n-3可得a_n=1-b_n=$\frac{1}{n+3}$，从而可得4aS_n-b_n=$\frac{an}{n+4}$-$\frac{n+2}{n+3}$=$\frac{（a-1）{n}^{2}+（3a-6）n-8}{（n+3）（n+4）}$，从而化简恒成立为（a-1）n²+（3a-6）n-8＜0恒成立，令f（n）=（a-1）n²+（3a-6）n-8，从而分类讨论以确定恒成立问题即可．

解答 解：（1）∵a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+b_n=1，∴b₁=$\frac{3}{4}$；
又∵b_n+1=$\frac{{b}_{n}}{（1-{a}_{n}）（1+{a}_{n}）}$
=$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n}（2-{b}_{n}）}$=$\frac{1}{2-{b}_{n}}$，
∴b₁=$\frac{3}{4}$，b₂=$\frac{4}{5}$，b₃=$\frac{5}{6}$，b₄=$\frac{6}{7}$；
（Ⅱ）证明：∵b_n+1-1=$\frac{1}{2-{b}_{n}}$-1，
∴$\frac{1}{{b}_{n+1}-1}$=$\frac{2-{b}_{n}}{{b}_{n}-1}$=-1+$\frac{1}{{b}_{n}-1}$，
∴c_n+1=-1+c_n，而c₁=$\frac{1}{{b}_{1}-1}$=-4，
∴数列{c_n}是以-4为首项，-1为公差的等差数列．
∴c_n=-4+（n-1）•（-1）=-n-3．
（Ⅲ）∵c_n=$\frac{1}{{b}_{n}-1}$=-n-3，
∴b_n=$\frac{n+2}{n+3}$，∴a_n=1-b_n=$\frac{1}{n+3}$，
∴S_n=a₁a₂+a₂a₃+a₃a₄+…+a_na_n+1
=$\frac{1}{4×5}$+$\frac{1}{5×6}$+…+$\frac{1}{（n+3）（n+4）}$=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{n+4}$=$\frac{n}{4（n+4）}$；
∴4aS_n-b_n=$\frac{an}{n+4}$-$\frac{n+2}{n+3}$=$\frac{（a-1）{n}^{2}+（3a-6）n-8}{（n+3）（n+4）}$，
由条件可知（a-1）n²+（3a-6）n-8＜0恒成立即可满足条件，
设f（n）=（a-1）n²+（3a-6）n-8，
当a=1时，f（n）=-3n-8＜0恒成立，
当a＞1时，由二次函数的性质知不可能成立，
当a＜1时，对称轴 $n=-\frac{3}{2}•\frac{a-2}{a-1}=-\frac{3}{2}（1-\frac{1}{a-1}）＜0$，
f（n）在（1，+∞）为单调递减函数．
f（1）=（a-1）+（3a-6）-8=4a-15＜0，
∴a＜$\frac{15}{4}$；
∴a＜1时，4aS_n＜b_n恒成立．
综上所述，a≤1时，4aS_n＜b_n恒成立．

点评 本题考查了数列的通项公式及前n项和的求和应用，同时考查了恒成立问题及分类讨论的思想应用，属于难题．