Question

16．設(shè)數(shù)列{a_n}定義為a₁=a，a_n+1=1+$\frac{1}{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n}-1}$，n≥1．
（Ⅰ）證明：存在正實(shí)數(shù)a，使得a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列；
（Ⅱ）求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使得當(dāng)n≥2時(shí)，0＜a_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)${a}_{n+1}=1+\frac{1}{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n}-1}=1+\frac{1}{{S}_{n}-1}$，可用a表示出數(shù)列的前三項(xiàng)，利用2a₂=a₁+a₃及整理得a³-3a²+3a-3=0，通過(guò)令f（a）=a³-3a²+3a-3，利用零點(diǎn)存在定理可知f（a）在（2，3）上存在零點(diǎn)，進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)a_n=1+$\frac{1}{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n-1}-1}$可知a₁+a₂+…+a_n-1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}-1}$（n≥2），利用當(dāng)n≥2時(shí)0＜a_n＜1確定a＜0，進(jìn)而證明即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：由${a}_{n+1}=1+\frac{1}{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n}-1}=1+\frac{1}{{S}_{n}-1}$，得
${a}_{2}=1+\frac{1}{{a}_{1}-1}=1+\frac{1}{a-1}$，${a}_{3}=1+\frac{1}{{S}_{2}-1}=1+\frac{1}{{a}_{1}+{a}_{2}-1}$=$1+\frac{1}{a+1+\frac{1}{a-1}-1}=\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}-a+1}$，
若a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列，則2a₂=a₁+a₃，
即$\frac{2a}{a-1}=a+\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}-a+1}$，
當(dāng)a＞0時(shí)，整理得：a³-3a²+3a-3=0，
令f（a）=a³-3a²+3a-3，則f′（a）=3a²-6a+3=3（a-1）²≥0，
∴f（a）為實(shí)數(shù)集上的增函數(shù)，
∵f（2）=-1＜0，f（3）=6＞0，
∴f（a）在（2，3）上存在零點(diǎn)，
即存在正實(shí)數(shù)a∈（2，3），使得a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列；
（Ⅱ）解：依題意，a_n=1+$\frac{1}{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n-1}-1}$，
則$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=a₁+a₂+…+a_n-1-1，
顯然a_n≠1，從而a₁+a₂+…+a_n-1=1+$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}-1}$（n≥2），
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n+1=1+$\frac{1}{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n-1}+{a}_{n}-1}$
=1+$\frac{1}{\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}-1}+{a}_{n}-1}$
=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$
＞0，
∵當(dāng)n≥2時(shí)，0＜a_n＜1，
∴a₂=$\frac{a}{a-1}$∈（0，1），
解得：a＜0，
下面證明：當(dāng)a＜0時(shí)，對(duì)任意正數(shù)n≥2，有0＜a_n＜1．
∵a_n+1-a_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$-a_n=$\frac{-{a}_{n}（{a}_{n}-1）^{2}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$＜0，
∴a_n+1＜a_n，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，數(shù)列{a_n}遞減，即a_n＜a_n-1＜…＜a₂＜1，
即當(dāng)a＜0，對(duì)任意正數(shù)n≥2，有0＜a_n＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的判定以及數(shù)列與不等式的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．