设数列 $\{a_n\}$ 满足：$a_1=2$，$a_{n+1}=ca_n+\dfrac 1{a_n}$，其中 $c$ 为正实数，$n\in\mathbb N^{\ast}$．记数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
证明：当 $c=2$ 时，$2^{n+1}-2\leqslant S_n\leqslant 3^n-1$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）；标注答案略解析根据题意，有\[a_{n+1}-a_n=a_n+\dfrac{1}{a_n}>0,\]于是 $a_n>1$，从而由$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=2+\dfrac{1}{a_n^2}$$可得$$2<\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<3,$$因此$$2\cdot 2^{n-1}\leqslant a_n\leqslant 2\cdot 3^{n-1},$$累加即得$$2^{n+1}-2\leqslant S_n\leqslant 3^n-1.$$
-
求实数 $c$ 的取值范围，使得数列 $\{a_n\}$ 是单调递减数列．标注答案$\left[\dfrac 12,\dfrac 34\right)$解析考虑到\[a_2=2c+\dfrac 12<a_1,\]于是\[0<c<\dfrac 34.\]记迭代函数 $f(x)=cx+\dfrac 1x$，则函数 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\sqrt c}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{1}{\sqrt c},+\infty\right)$ 上单调递增．由于\[a_1=2>\dfrac{1}{\sqrt{1-c}},\]于是只需要考虑函数 $f(x)$ 的不动点 $x=\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}$ 与 $\dfrac 1{\sqrt c}$ 的位置关系．由 $a_{n+1}<a_n$ 知\[ca_n+\dfrac {1}{a_n}<a_n,\]于是有\[a_n>\dfrac {1}{\sqrt{1-c}}.\]
情形一 $\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt c}$，即 $\dfrac 12\leqslant c<\dfrac 34$ 时．
此时由$$a_1>a_2>\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt c},$$以及函数 $f(x)$ 在 $\left(\dfrac{1}{\sqrt c},+\infty\right)$ 上单调递增可得$$f(a_1)>f(a_2)>f\left(\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}\right)\geqslant \dfrac{1}{\sqrt c},$$即$$a_2>a_3>\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt c},$$依此类推，数列 $\{a_n\}$ 单调递减．情形二 $\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}<\dfrac{1}{\sqrt c}$，即 $0<c<\dfrac 12$ 时．
此时利用不动点改造递推公式，有$$a_{n+1}-\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}=\left(c-\dfrac{\sqrt{1-c}}{a_n}\right)\cdot\left(a_n-\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}\right).$$又因为 $a_n>\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}$，且 $\{a_n\}$ 单调递减，于是$$0<c-\dfrac{\sqrt{1-c}}{a_n}<c,$$因此$$a_{n+1}-\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}<c^n\cdot \left(a_1-\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}\right),$$也即数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $\dfrac{1}{\sqrt {1-c}}$．因此必然存在某项 $a_k$ 落在区间 $\left(\dfrac{1}{\sqrt{1-c}},\dfrac{1}{\sqrt c}\right)$ 上，即$$\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}<a_{k+1}<a_k<\dfrac{1}{\sqrt c},$$结合 $f(x)$ 在此区间上单调递减，于是有$$f(a_{k+1})>f(a_k),$$也即$$a_{k+2}>a_{k+1},$$矛盾．
综上所述，$c$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 12,\dfrac 34\right)$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
