Question

（2011•江蘇二模）已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=a（a＞2），a_n+1=

2+an

，n∈N^*．
（1）求證：a_n+1＜a_n；
（2）若a=

3

2

2

，且數(shù)列{b_n}滿足a_n=b_n+

1

bn

，b_n＞1，求證：數(shù)列{lgb_n}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項式；
（3）若a=2011，求證：當n≥12時，2＜a_n＜2+

1

2011

恒成立．（參考數(shù)據(jù)2¹⁰=1024）

Answer 1

分析：（1）由an+1-an=

2+an

-

2+an-1

=

an-an-1

2+an + 2+an-1

（n≥2），知a_n+1-a_n，a_n-a_n-1，a_n-1-a_n-2，…，a₂-a₁同號，由a²-a-2=（a-2）（a+1）＞0，知a²＞a+2，由此能夠證明a_n+1＜a_n．
（2）由an+1=bn+1+

1

bn+1

=

2+an

=

2+bn+ 1 bn

，知bn+12+

1

bn+1 2

=bn+

1

bn

，bn+14-(bn+

1

bn

)bn+1 2+1=0，由此能夠證明數(shù)列{lgb_n}是等比數(shù)列，并能求出數(shù)列{a_n}的通項式．
（3）由當n≥2時，an-2=

2+an-1

-2=

an-1-2

2+an-1 +2

，知a_n-2與a_n-1-2同號，對一切n≥2成立，故a_n-2，a_n-1-2，…，a₂-2，a₁-2同號，由此能夠證明當n≥12時，2＜a_n＜2+

1

2011

恒成立．

解答：解：（1）an+1-an=

2+an

-

2+an-1

=

an-an-1

2+an + 2+an-1

（n≥2），
上式表明a_n+1-a_n與a_n-a_n-1同號，
∴a_n+1-a_n，a_n-a_n-1，a_n-1-a_n-2，…，a₂-a₁同號，
∵a＞2，
∴a²-a-2=（a-2）（a+1）＞0，
∴a²＞a+2，
∴a2=

a+2

＜a，a₂-a₁＜0．
∴a_n+1-a_n＜0，
故a_n+1＜a_n．
（2）∵an+1=bn+1+

1

bn+1

=

2+an

=

2+bn+ 1 bn

，
bn+12+

1

bn+1 2

=bn+

1

bn

，
bn+14-(bn+

1

bn

)bn+1 2+1=0，
注意到b_n＞1，
f(x)=x+

1

x

（x＞0），f′(x)=1-

1

x2

＞0，
∴f（x）在x＞1時為增函數(shù)，而f（bn+12）=f（b_n），
∴bn+12=bn，
∴2lgb_n+1=lgb_n，
∴

lgbn+1

lgbn

=

1

2

，
∴數(shù)列{lgb_n}是等比數(shù)列，
當a1=b1+

1

b1

=

3

2

2

，b1=

2

，lgb1=lg

2

，
lgbn=(

1

2

)n-1•lg

2

=(

1

2

)n•lg2，
∴bn=2(

1

2

)n，
an=bn+

1

bn

=2(

1

2

)n+2-(

1

2

)n．
（3）∵當n≥2時，an-2=

2+an-1

-2=

an-1-2

2+an-1 +2

，
上式表明：a_n-2與a_n-1-2同號，對一切n≥2成立，
∴a_n-2，a_n-1-2，…，a₂-2，a₁-2同號，
而a₁-2＞0，
∴a_n-2＞0，a_n-1-2＞0，
∵n≥2時，an-2=

an-1-2

2+an-1+2

＜

an-1-2

2+2 +2

=

an-1-2

4

，
∴

an-2

an-1-2

＜

1

4

，
∴

an-2

an-1-2

•

an-1-2

an-2-2

…

a3-2

a2-2

•

a2-2

a1-2

=

an-2

a1-2

＜(

1

4

)n-1，
∴0＜an-2＜(a1-2)•(

1

4

)n-1，
當a₁=2011，n=12時，
a12-2=(2011-2)×(

1

4

)12-1=

2009

222

＜

211

222

=

1

2 11

＜

1

2011

，
∴a12＜2+

1

2011

，
∵a_n＞a_n+1，
∴當n≥12時，2＜a_n＜2+

1

2011

恒成立．

點評：本題考查數(shù)列與不等式的綜合應用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉化思想．對數(shù)學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．