Question

7．設數(shù)列{a_n}滿足${a_{n+1}}=\frac{{4{a_n}-2}}{{{a_n}+1}}$（n∈N^*）
（1）若a₁=3，${b_n}=\frac{{2-{a_n}}}{{{a_n}-1}}$（n∈N^*），求證數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，并求{b_n}的通項公式b_n；
（2）若a_n＞a_n+1對?n∈N^*恒成立，求a₁的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列的遞推公式得到{b_n}是等比數(shù)列，首項是$-\frac{1}{2}$，公比是$\frac{2}{3}$，即可求出通項公式，
（2）由a_n＞a_n+1得到數(shù)列遞減等價于a₂-a₁＜0，即可得到（1+a₁）（1+a₂）＞0，和a₂=$\frac{4{a}_{1}-2}{{a}_{1}+1}$，即可出a₁的范圍

解答 解：（1）證明：$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=\frac{{\frac{{2-{a_{n+1}}}}{{{a_{n+1}}-1}}}}{{\frac{{2-{a_n}}}{{{a_n}-1}}}}=\frac{{2-{a_{n+1}}}}{{{a_{n+1}}-1}}•\frac{{{a_n}-1}}{{2-{a_n}}}=\frac{{2-\frac{{4{a_n}-2}}{{{a_n}+1}}}}{{\frac{{4{a_n}-2}}{{{a_n}+1}}-1}}•\frac{{{a_n}-1}}{{2-{a_n}}}$
=$\frac{{4-2{a_n}}}{{3{a_n}-3}}•\frac{{{a_n}-1}}{{2-a{\;}_n}}=\frac{2}{3}$，
∴{b_n}是等比數(shù)列，首項是$-\frac{1}{2}$，公比是$\frac{2}{3}$，
∴${b_n}=-\frac{1}{2}{（{\frac{2}{3}}）^{n-1}}n∈{N^*}$；
（2）${a_{n+1}}-{a_n}=\frac{{4{a_n}-2}}{{{a_n}+1}}-\frac{{4{a_{n-1}}-2}}{{{a_{n-1}}+1}}=\frac{{6（{{a_n}-{a_{n-1}}}）}}{{（{{a_n}+1}）（{{a_{n-1}}+1}）}}$，
∵?n∈N^*，a_n＞a_n+1，
∴a_n+1-a_n＜0，a_n-a_n-1＜0（n≥2），（a_n+1）（a_n-1+1）＞0，
∴數(shù)列遞減等價于a₂-a₁＜0，
∴（1+a₁）（1+a₂）＞0，
∵a₂=$\frac{4{a}_{1}-2}{{a}_{1}+1}$，
∴（1+a₁）（1+$\frac{4{a}_{1}-2}{{a}_{1}+1}$）＞0，
∴（1+a₁）$\frac{5{a}_{1}-1}{1+{a}_{1}}$＞0，
即5a₁-1＞0，解得a₁＞$\frac{1}{5}$，
由a₂-a₁＜0，可得$\frac{4{a}_{1}-2}{{a}_{1}+1}$-a₁＜0，解得a₁＞2或a₁＜1
綜上所述得$\frac{1}{5}＜{a_1}＜1，或{a_1}＞2$，
∴a₁的取值范圍是$（{\frac{1}{5}，1}）或（{2，+∞}）$．

點評 本題考查了數(shù)列的遞推公式和等比數(shù)列的定義，以及數(shù)列的函數(shù)的特征，屬于中檔題．