各项均为正数的数列 $\{a_n\}$ 对满足 $m+n=p+q$ 的正整数 $m,n,p,q$ 都有$$\dfrac{a_m+a_n}{(1+a_m)(1+a_n)}=\dfrac{a_p+a_q}{(1+a_p)(1+a_q)}.$$
【难度】
【出处】
无
【标注】
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当 $a_1=\dfrac 12$，$a_2=\dfrac 45$ 时，求通项 $a_n$；标注答案$a_n=\dfrac{3^n-1}{3^n+1},n\in\mathbb N^*$解析令 $m=2$，$p=1$，$q=n+1$，则有$$\dfrac{a_2+a_n}{(1+a_2)(1+a_n)}=\dfrac{a_1+a_{n+1}}{(1+a_1)(1+a_{n+1})},$$整理得$$a_{n+1}=\dfrac{(1-a_1a_2)a_n+a_2-a_1}{(a_2-a_1)a_n+1-a_1a_2},$$利用不动点改造递推公式，可得若 $a_1=1$，则 $a_n=1$（$n\in\mathbb N^*$），若 $a_1\neq 1$，则$$\dfrac{1+a_{n+1}}{1-a_{n+1}}=\left[\dfrac{(1+a_2)(1-a_1)}{(1-a_2)(1+a_1)}\right]^n\cdot \dfrac{1+a_1}{1-a_1}.$$当 $a_1=\dfrac 12$，$a_2=\dfrac 45$ 时，有$$\dfrac{(1+a_2)(1-a_1)}{(1-a_2)(1+a_1)}=3,$$而 $\dfrac{1+a_1}{1-a_1}=3$，于是$$\dfrac{1+a_n}{1-a_n}=3^n,$$从而解得$$a_n=\dfrac{3^n-1}{3^n+1},n\in\mathbb N^*.$$
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已知 $a_2\ne 1$，证明：对任意 $a_1$，存在与 $a_1$ 有关的常数 $\lambda (a_1)$，使得对任意 $n\in\mathbb N^*$，$n\geqslant 3$，都有 $\dfrac{1}{\lambda (a_1)}\leqslant a_n\leqslant \lambda (a_1)$．标注答案略解析根据题意，有\[\dfrac{a_1+a_{2n-1}}{(1+a_1)(1+a_{2n-1})}=\dfrac{2a_n}{(1+a_n)^2}.\]由于 $a_{2n-1}>0$，于是可得 $\left\{\dfrac{a_1+a_{2n-1}}{(1+a_1)(1+a_{2n-1})}\right\}$ 的下界为\[\mu(a_1)=\min\left\{\dfrac{1}{1+a_1},\dfrac{a_1}{1+a_1}\right\},\]从而 $\left\{\dfrac{2a_n}{(1+a_n)^2}\right\}$ 的下界亦为 $\mu(a_1)$．这样就得到了\[\dfrac 1{a_n}+a_n\geqslant \dfrac{2}{\mu(a_1)}-2,\]因此\[\dfrac{1}{\lambda(a_1)}\leqslant a_n\leqslant \lambda(a_1),\]其中\[\lambda(a_1)+\dfrac{1}{\lambda(a_1)}=\dfrac{2}{\mu(a_1)}-2,\]且 $\lambda(a_1)\geqslant 1$，解得\[\lambda(a_1)=\dfrac{1-\mu(a_1)+\sqrt{1-2\mu(a_1)}}{\mu(a_1)}.\]
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
