Question

（2012•蓝山县模拟）已知正项数列{a_n}的首项a₁=

1

2

，函数f（x）=

x

1+x

，g（x）=

2x+1

x+2

．
（1）若正项数列{a_n}满足a_n+1=f（a_n）（n∈N^*），证明：{

1

an

}是等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）若正项数列{a_n}满足a_n+1≤f（a_n）（n∈N^*），数列{b_n}满足b_n=

an

n+1

，证明：b₁+b₂+…+b_n＜1；
（3）若正项数列{a_n}满足a_n+1=g（a_n），求证：|a_n+1-a_n|≤

3

10

•（

3

7

）^n-1．

Answer 1

分析：（1）利用a_n+1=f（a_n）（n∈N^*），推出a_n+1与a_n的关系，然后推出{

1

an

}是等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）通过a_n+1≤f（a_n）（n∈N^*），推出an≤

1

n+1

，利用b_n=

an

n+1

，放大b_n，然后通过求和b₁+b₂+…+b_n证明结论．
（3）由题意推出a₂-a₁＞0．证明a_n+1-a_n＞0，数列是递增数列，推出|a_n+1-a_n|与|a_n-a_n-1|的关系，通过放缩法证明即可．

解答：证明：（1）∵a_n+1=f（a_n）=

an

1+an

，所以

1

an+1

=

an+1

an

=

1

an

+1，
即

1

an+1

-

1

an

=1
∴{

1

an

}是以2为首项，1为公差的等差数列，

1

an

=2+(n-1)，即an=

1

n+1

．（3分）
（2）∵a_n+1≤f（a_n）=

an

1+an

，a_n＞0，
∴

1

an+1

≥

an+1

an

，即

1

an+1

-

1

an

≥1，
当n≥2时

1

an

-

1

a1

=(

1

a2

-

1

a1

)+(

1

a3

-

1

a2

)+…+(

1

an

-

1

an-1

)≥n-1
∴

1

an

≥n+1
∴an≤

1

n+1

．
当n=1时，上式也成立，
∴an≤

1

n+1

，（n∈N^*）
∴b_n=

an

n+1

≤

1

(n+1)2

＜

1

n(n+1)

=

1

n

-

1

n+1

，
∴b₁+b₂+…+b_n＜(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)  +…+(

1

n

-

1

n+1

)=1-

1

n+1

＜1．（8分）
（3）∵a₁=

1

2

，a₂=g（a₁）=

4

5

，a₂-a₁=

4

5

-

1

2

=

3

10

＞0．
又∵a_n+1-a_n=

2an+1

2+an

-

2an-1+1

2+an-1

=

3(an-an-1)

(an+2)(an-1+2)

，
由迭代关系可知，a_n+1-a_n＞0，∴a_n≥a₁=

1

2

．
又∵（2+a_n）（2+a_n-1）=（2+

2an-1+1

2+an-1

）（2+a_n-1）=5+4a_n-1≥7，
∴

3

(2+an)(2+an-1)

≤

3

7

，
∴|a_n+1-a_n|=

3

(2+an)(2+an-1)

|a_n-a_n-1|≤

3

7

|a_n-a_n-1|，
∴|a_n+1-a_n|≤

3

7

|a_n-a_n-1|≤（

3

7

）²|a_n-1-a_n-2|≤…≤（

3

7

）^n-1|a₂-a₁|=

3

10

（

3

7

）^n-1．（13分）

点评：本题考查放缩法的应用，等差关系的确定，数列与不等式的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．