Question

10．已知数列{a_n}，{b_n}满足a₁=1，b₁=2，a_n+1=$\sqrt{{a_n}{b_n}}$，b_n+1=$\frac{{{a_n}+{b_n}}}{2}$，
（1）求证：当n≥2时，a_n-1≤a_n≤b_n≤b_n-1
（2）设S_n为数列{|a_n-b_n|}的前n项和，求证：S_n＜$\frac{10}{9}$．

Answer 1

分析 （1）利用递推关系代入，通过作差b_n-a_n=$\frac{（\sqrt{{b}_{n-1}}-\sqrt{{a}_{n-1}}）^{2}}{2}$，可得${b_n}≥{a_n}（{n∈{N^*}}）$．可得${a_n}=\sqrt{{a_{n-1}}{b_{n-1}}}≥{a_{n-1}}$，${b_n}=\frac{{{a_{n-1}}+{b_{n-1}}}}{2}≤{b_{n-1}}$，即可证明．
（2）由（1）知：$\sqrt{\frac{b_n}{a_n}}≤\sqrt{\frac{{{b_{n-1}}}}{{{a_{n-1}}}}}≤…≤\sqrt{\frac{b_1}{a_1}}=\sqrt{2}＜\frac{3}{2}$，可得$（{\sqrt{b_n}-\sqrt{a_n}}）≤\frac{1}{5}（{\sqrt{b_n}+\sqrt{a_n}}）?2\sqrt{b_n}≤3\sqrt{a_n}$．进而得出：
|a_n-b_n|≤$\frac{1}{10}$|b_n-1-a_n-1|，通过递推即可证明．

解答 证明：（1）当n≥2时，${b_n}-{a_n}=\frac{{{a_{n-1}}+{b_{n-1}}}}{2}-\sqrt{{a_{n-1}}{b_{n-1}}}=\frac{{{{（{\sqrt{{b_{n-1}}}-\sqrt{{a_{n-1}}}}）}^2}}}{2}≥0$，
故有${b_n}≥{a_n}（{n∈{N^*}}）$．
∴${a_n}=\sqrt{{a_{n-1}}{b_{n-1}}}≥{a_{n-1}}$，${b_n}=\frac{{{a_{n-1}}+{b_{n-1}}}}{2}≤{b_{n-1}}$，
∴当n≥2时，a_n-1≤a_n≤b_n≤b_n-1．
（2）由（1）知：$\sqrt{\frac{b_n}{a_n}}≤\sqrt{\frac{{{b_{n-1}}}}{{{a_{n-1}}}}}≤…≤\sqrt{\frac{b_1}{a_1}}=\sqrt{2}＜\frac{3}{2}$，
$（{\sqrt{b_n}-\sqrt{a_n}}）≤\frac{1}{5}（{\sqrt{b_n}+\sqrt{a_n}}）?2\sqrt{b_n}≤3\sqrt{a_n}$．
故$|{{a_n}-{b_n}}|=|{\frac{{{a_{n-1}}+{b_{n-1}}}}{2}-\sqrt{{a_{n-1}}{b_{n-1}}}}|=\frac{{{{（{\sqrt{{b_{n-1}}}-\sqrt{{a_{n-1}}}}）}^2}}}{2}$$≤\frac{{（{\sqrt{{b_{n-1}}}-\sqrt{{a_{n-1}}}}）（{\sqrt{{b_{n-1}}}+\sqrt{{a_{n-1}}}}）}}{10}=\frac{{|{{b_{n-1}}-{a_{n-1}}}|}}{10}$，
故${S_n}≤1+\frac{1}{10}+…+\frac{1}{{{{10}^n}}}＜\frac{10}{9}$．

点评 本题考查了不等式的性质、数列递推关系、作差法、放缩法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．