Question

9．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=c+$\frac{1}{a_n}$，1≤a_n≤4成立，則c的取值范圍是[0，3]．

Answer 1

分析 方法一：①當(dāng)c=0時(shí)，a_n=1恒成立，條件滿足．②當(dāng)c＞0時(shí)，${a_{n+2}}-{a_{n+1}}=-\frac{{{a_{n+1}}-{a_n}}}{{{a_{n+1}}{a_n}}}$，計(jì)算a_n+2-a_n，利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．
方法二：a₂=1+c∈[1，4]，得0≤c≤3．
（Ⅰ）當(dāng)1≤c≤3時(shí)，可以驗(yàn)證a₁，a₂∈[1，4]成立，并且若有a_n∈[1，4]，則${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}∈[1，4]$顯然成立．
（Ⅱ）當(dāng)0≤c＜1時(shí)，可以驗(yàn)證a₁，a₂∈[1，4]成立；并且若有a_n∈[1，4]，則（�。�${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}＜4$顯然成立．（ⅱ）再證明a_n+1≥1．即可得出．

解答 解：方法一：①當(dāng)c=0時(shí)，a_n=1恒成立，條件滿足．
②當(dāng)c＞0時(shí)，${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}$，${a_{n+2}}=c+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$，${a_{n+2}}-{a_{n+1}}=-\frac{{{a_{n+1}}-{a_n}}}{{{a_{n+1}}{a_n}}}$，${a_{n+2}}-{a_n}=c+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-{a_n}=c+\frac{1}{{c+\frac{1}{a_n}}}-{a_n}=\frac{{{c^2}{a_n}+c-c{a_n}^2}}{{c{a_n}+1}}=\;\;\frac{{c{a_n}（c+\frac{1}{a_n}-{a_n}）}}{{c{a_n}+1}}=\;\;\frac{{c{a_n}（{a_{n+1}}-{a_n}）}}{{c{a_n}+1}}$．
a₁=1，a₂=c+1＞1，∴數(shù)列{a_n}，的最小項(xiàng)是a₁=1，最大項(xiàng)是a₂=c+1，
∴由a₂≤4，可得c≤3．∴c的取值范圍是[0，3]．
方法二：a₂=1+c∈[1，4]，得0≤c≤3．
（Ⅰ）當(dāng)1≤c≤3時(shí)，可以驗(yàn)證a₁，a₂∈[1，4]成立，并且若有a_n∈[1，4]，
則${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}∈[1，4]$顯然成立；
（Ⅱ）當(dāng)0≤c＜1時(shí)，可以驗(yàn)證a₁，a₂∈[1，4]成立；并且若有a_n∈[1，4]，則
（�。�${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}＜4$顯然成立．
（ⅱ）${a_{n+1}}=c+\frac{1}{a_n}=c+\frac{1}{{c+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}}}=\;c+\frac{{{a_{n-1}}}}{{c{a_{n-1}}+1}}=\;\frac{{{c^2}{a_{n-1}}+c+{a_{n-1}}}}{{c{a_{n-1}}+1}}$，
而$（{c^2}{a_{n-1}}+c+{a_{n-1}}）-（c{a_{n-1}}+1）={c^2}{a_{n-1}}+（1-c）（{a_{n-1}}-1）≥0$，所以a_n+1≥1．
綜上所述，當(dāng)0≤c≤3時(shí)，恒有a_n∈[1，4]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系、數(shù)列的單調(diào)性、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．