Question

已知数列{a_n}满足a₁=a（a＞2），a_n+1=，n∈N^*．
（1）求证：a_n+1＜a_n；
（2）若a=，且数列{b_n}满足a_n=b_n+，b_n＞1，求证：数列{lgb_n}是等比数列，并求数列{a_n}的通项式；
（3）若a=2011，求证：当n≥12时，2＜a_n＜2+恒成立．（参考数据2¹⁰=1024）

Answer 1

【答案】分析：（1）由=（n≥2），知a_n+1-a_n，a_n-a_n-1，a_n-1-a_n-2，…，a₂-a₁同号，由a²-a-2=（a-2）（a+1）＞0，知a²＞a+2，由此能够证明a_n+1＜a_n．
（2）由==，知=，，由此能够证明数列{lgb_n}是等比数列，并能求出数列{a_n}的通项式．
（3）由当n≥2时，=，知a_n-2与a_n-1-2同号，对一切n≥2成立，故a_n-2，a_n-1-2，…，a₂-2，a₁-2同号，由此能够证明当n≥12时，2＜a_n＜2+恒成立．
解答：解：（1）
=（n≥2），
上式表明a_n+1-a_n与a_n-a_n-1同号，
∴a_n+1-a_n，a_n-a_n-1，a_n-1-a_n-2，…，a₂-a₁同号，
∵a＞2，
∴a²-a-2=（a-2）（a+1）＞0，
∴a²＞a+2，
∴，a₂-a₁＜0．
∴a_n+1-a_n＜0，
故a_n+1＜a_n．
（2）∵
=
=，
=，
，
注意到b_n＞1，
（x＞0），，
∴f（x）在x＞1时为增函数，而f（）=f（b_n），
∴，
∴2lgb_n+1=lgb_n，
∴，
∴数列{lgb_n}是等比数列，
当=，，，
=，
∴，
=．
（3）∵当n≥2时，=，
上式表明：a_n-2与a_n-1-2同号，对一切n≥2成立，
∴a_n-2，a_n-1-2，…，a₂-2，a₁-2同号，
而a₁-2＞0，
∴a_n-2＞0，a_n-1-2＞0，
∵n≥2时，=，
∴，
∴…
=＜，
∴0＜，
当a₁=2011，n=12时，
=＜=，
∴，
∵a_n＞a_n+1，
∴当n≥12时，2＜a_n＜2+恒成立．
点评：本题考查数列与不等式的综合应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．