在数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=3$，$a_{n+1}a_n+\lambda a_{n+1}+\mu a_n^2=0$，$n \in \mathbb N^*$．
【难度】
【出处】
2015年高考重庆卷（理）
【标注】
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若 $\lambda =0$，$\mu =-2$，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；标注答案$a_n=3\cdot 2^{n-1}$解析根据已知，有$$a_{n+1}a_n=2a_n^2,$$由 $a_1=3$ 不难推得$$\forall n\in\mathbb N^*,a_n\neq 0,$$于是$$a_{n+1}=2a_n,n\in\mathbb N^*,$$进而$$a_n=3\cdot 2^{n-1}.$$
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若 $\lambda =\dfrac{1}{k_0}$（$k_0\in\mathbb N^*$，$k_0\geqslant 2$），$\mu =-1$，证明：$$2+\dfrac{1}{3k_0+1}<a_{k_0+1}<2+\dfrac{1}{2k_0+1}.$$标注答案略解析根据条件，有$$a_{n+1}=\dfrac{a_n^2}{a_n+\lambda},$$于是$$0<a_n<3,$$因此由$$a_{n+1}-a_n=-\dfrac{\lambda a_n}{a_n+\lambda}$$得$$-\dfrac{3\lambda}{3+\lambda}<a_{n+1}-a_n<0,$$累加得$$-\dfrac{3n\lambda}{3+\lambda}<a_{n+1}-3<0,$$即$$3-\dfrac{3n\lambda}{3+\lambda}<a_{n+1}<3.$$将 $\lambda =\dfrac{1}{k_0}$，$n=k_0$ 代入即得$$2+\dfrac{1}{3k_0+1}<a_{k_0+1}<3.$$因为数列 $\{a_n\}$ 单调递减，所以当 $n\leqslant k_0+1$ 时，有$$a_n\geqslant a_{k_0+1}>2,$$利用这个界重新估计有，当 $n\leqslant k_0+1$ 时，$$a_{n+1}-a_n<-\dfrac{2k_0^{-1}}{2+k_0^{-1}},$$累加得$$a_{k_0+1}-3<-\dfrac{2}{2+k_0^{-1}},$$即$$a_{k_0+1}<2+\dfrac{1}{2k_0+1}.$$综上，原命题得证．
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
