Question

5．已知数列{a_n}满足：a₁=a，a∈[0，$\frac{1}{2}$]，a_n+1=-a_n²+a_n+t（t∈R，n∈N^*）．
（1）若at≠0，写出一组a、t的值，使数列{a_n}是常数列；
（2）若t=$\frac{1}{4}$，记b_n=$\frac{1}{2}$-a_n，求证：b_n+1=b_n²．并求$\lim_{n→∞}{a_n}$的值；
（3）若a=0，0＜t≤$\frac{1}{4}$，求证：对于任意的n∈N^*，n≥2，0＜a_n＜$\sqrt{t}$．

Answer 1

分析 （1）只要满足a²=t且a∈[0，$\frac{1}{2}$]，即可满足；
（2）先求出a_n与a_n+1的关系，再根据b_n=$\frac{1}{2}$-a_n，即可证明，求出{a_n}的通项公式，再根据极限的定义即可求出；
（3）用数学归纳法证明即可．

解答 解：（1）当$a=\frac{1}{2}，t=\frac{1}{4}$时，则a₂=-a₁²+a₁+t=a₁，即数列{a_n}是常数列；              
（2）当$t=\frac{1}{4}$时，${a_{n+1}}=-{a_n}^2+{a_n}+\frac{1}{4}⇒\frac{1}{2}-{a_{n+1}}=\frac{1}{4}+{a_n}^2-{a_n}={（\frac{1}{2}-{a_n}）^2}$，
所以${b_{n+1}}={b_n}^2$，
因为${b_1}=\frac{1}{2}-a$，
所以${b_n}={b_1}^{{2^{n-1}}}$，即${a_n}=\frac{1}{2}-{（\frac{1}{2}-a）^{{2^{n-1}}}}$，
因为$0≤a≤\frac{1}{2}$，
所以$\frac{1}{2}-a∈[0，\frac{1}{2}]$，
所以$\lim_{n→∞}{a_n}=\lim_{n→∞}[\frac{1}{2}-{（\frac{1}{2}-a）^{{2^{n-1}}}}]=\frac{1}{2}$，
（3）由a₁=0，则a₂=t，又$0＜t≤\frac{1}{4}$，则$t＜\sqrt{t}$，
所以$0＜{a_2}＜\sqrt{t}$，
设n=k（k∈N^*，n≥2），$0＜{a_k}＜\sqrt{t}$，
因为$0＜t≤\frac{1}{4}$，则$\sqrt{t}≤\frac{1}{2}$，
所以$0＜{a_k}＜\frac{1}{2}$，
又${a_{k+1}}=-{a_k}^2+{a_k}+t=-{（{a_k}-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}+t$，
函数$y=-{（x-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}+t$在$x∈（0，\frac{1}{2}）$上递增，所以在$（0，\sqrt{t}）$上也是递增，
所以${a_{k+1}}＜-{（\sqrt{t}-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}+t=\sqrt{t}$，且a_k+1＞t，
所以$0＜{a_{k+1}}＜\sqrt{t}$．
综上知，对于任意的n∈N^*，n≥2，$0＜{a_n}＜\sqrt{t}$．．

点评 本题是数列与函数、不等式相结合的综合题，解题时要认真审题，注意数学归纲法的合理运用，考查了分析问题与解决问题的能力．