Question

10．数列{a_n}满足 a₁=3，a_n+1=$\frac{2}{{a}_{n}+1}$．
（1）求证：{$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$}成等比数列；
（2）若a_n-t²-mt≥0对一切n∈N^*及m∈[-1，1]恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过a_n+1=$\frac{2}{{a}_{n}+1}$，计算出a_n+1-1=$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$、a_n+1+2=$\frac{4+2{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$，作商即得结论；
（2）通过（1）知Q_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$=$\frac{2}{5}$•（-$\frac{1}{2}$）^n-1，从而通过Q_n∈[-$\frac{1}{5}$，$\frac{2}{5}$]可得a_n∈[$\frac{1}{2}$，3]，则原条件即转化为为：-t²-mt+$\frac{1}{2}$≥0对一切n∈N^*及m∈[-1，1]恒成立，进而有t∈[-$\frac{m+\sqrt{2+{m}^{2}}}{2}$，$\frac{\sqrt{2+{m}^{2}}-m}{2}$]，当m∈[-1，1]时，讨论$\frac{\sqrt{2+{m}^{2}}-m}{2}$的最小值、-$\frac{m+\sqrt{2+{m}^{2}}}{2}$的最大值即可．

解答 （1）证明：∵a_n+1=$\frac{2}{{a}_{n}+1}$，
∴a_n+1-1=$\frac{2}{{a}_{n}+1}$-1=$\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$，
a_n+1+2=$\frac{2}{{a}_{n}+1}$+2=$\frac{4+2{a}_{n}}{1+{a}_{n}}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}-1}{{a}_{n+1}+2}$=$\frac{\frac{1-{a}_{n}}{1+{a}_{n}}}{\frac{4+2{a}_{n}}{1+{a}_{n}}}$=-$\frac{1}{2}$•$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$，
∴数列{$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$}成公比为-$\frac{1}{2}$的等比数列；
（2）解：由（1）知数列{$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$}的公比为-$\frac{1}{2}$，
∵a₁=3，
∴$\frac{{a}_{1}-1}{{a}_{1}+2}$=$\frac{3-1}{3+2}$=$\frac{2}{5}$，
∴$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$=1-$\frac{3}{{a}_{n}+2}$=$\frac{2}{5}$•（-$\frac{1}{2}$）^n-1，
记Q_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$=$\frac{2}{5}$•（-$\frac{1}{2}$）^n-1，则Q_n∈[-$\frac{1}{5}$，$\frac{2}{5}$]，
∴1-Q_n∈[$\frac{3}{5}$，$\frac{6}{5}$]，
∴$\frac{1}{1-{Q}_{n}}$∈[$\frac{5}{6}$，$\frac{5}{3}$]，
∴a_n=$\frac{3}{1-{Q}_{n}}$-2∈[$\frac{1}{2}$，3]，
∴a_n-t²-mt≥0对一切n∈N^*及m∈[-1，1]恒成立，
等价于：-t²-mt+$\frac{1}{2}$≥0对一切n∈N^*及m∈[-1，1]恒成立，
令t²+mt-$\frac{1}{2}$=0，
解得：t=$\frac{-m±\sqrt{{m}^{2}+2}}{2}$，
则-t²-mt+$\frac{1}{2}$≥0的解集为：t∈[-$\frac{m+\sqrt{2+{m}^{2}}}{2}$，$\frac{\sqrt{2+{m}^{2}}-m}{2}$]，
当m∈[-1，1]时，$\frac{\sqrt{2+{m}^{2}}-m}{2}$的最小值为$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
-$\frac{m+\sqrt{2+{m}^{2}}}{2}$的最大值为$\frac{1-\sqrt{3}}{2}$，
∴实数t的取值范围为：[$\frac{1-\sqrt{3}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$]．

点评 本题是一道关于数列与函数的综合题，考查判定数列为等比数列，考查解一元二次不等式，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．