已知数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1>0$，且 $a_{n+1}=\sqrt{\dfrac{3+a_n}{2}}$．
【难度】
【出处】
2009年全国高中数学联赛吉林省预赛
【标注】
-
试求 $a_1$ 的取值范围，使得 $a_{n+1}>a_n$ 对任何正整数 $n$ 都成立；标注答案$\left(0,\dfrac 32\right)$解析当 $n\geqslant 2$ 时，\[\begin{split}a_{n+1}-a_n&=\sqrt{\dfrac{3+a_n}{2}}-\sqrt{\dfrac{3+a_{n-1}}{2}}\\&=\dfrac{a_n-a_{n-1}}{2\left(\sqrt{\dfrac{3+a_n}{2}}+\sqrt{\dfrac{3+a_{n-1}}{2}}\right)},\end{split}\]注意到$$2\left(\sqrt{\dfrac{3+a_n}{2}}+\sqrt{\dfrac{3+a_{n-1}}{2}}\right)>0,$$因此，可以得出 $a_{n+1}-a_n,a_n-a_{n-1},a_{n-1}-a_{n-2},\cdots ,a_2-a_1$ 有相同的符号．
要使 $a_{n+1}>a_n$ 对任意正整数都成立，只需 $a_2-a_1>0$ 即可．
由$$\sqrt{\dfrac{3+a_1}{2}}-a_1>0,$$且 $a_1>0$，解得 $0<a_1<\dfrac 32$． -
若 $a_1=4$，设 $b_n=|a_{n+1}-a_n|$（$n=1,2,3,\cdots $），并以 $S_n$ 表示数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和，证明：$S_n<\dfrac 52$．标注答案略解析用与 $(1)$ 中相同的方法，可得当 $a_1>\dfrac 32$ 时，$a_{n+1}<a_n$ 对任何自然数 $n$ 都成立．
特别的，当 $a_1=4$ 时，$a_{n+1}-a_n<0$，因此\[\begin{split}S_n&=b_1+b_2+\cdots +b_n\\&=|a_2-a_1|+|a_3-a_2|+\cdots +|a_{n+1}-a_n|\\&=a_1-a_2+a_2-a_3+\cdots +a_n-a_{n+1}\\&=a_1-a_{n+1}\\&=4-a_{n+1}.\end{split}\]又 $a_{n+2}<a_{n+1}$，即$$\sqrt{\dfrac{3+a_{n+1}}{2}}<a_{n+1},$$可得 $a_{n+1}>\dfrac 32$，故$$S_n<4-\dfrac 32 =\dfrac 52.$$
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
