每日一题[184]估计数列的界

2015年高考重庆卷理科数学第22题（压轴题）：

在数列$\{a_n\}$中，$a_1=3$，$a_{n+1}a_n+\lambda a_{n+1}+\mu a_n^2=0$，$n \in \mathcal N^*$．

（1）若$\lambda =0$，$\mu =-2$，求数列$\{a_n\}$的通项公式；

（2）若$\lambda =\dfrac{1}{k_0}$（$k_0\in\mathcal N^*$，$k_0\geqslant 2$），$\mu =-1$，证明：$2+\dfrac{1}{3k_0+1}<a_{k_0+1}<2+\dfrac{1}{2k_0+1}$．

（1）解    根据已知，有 $$a_{n+1}a_n=2a_n^2,$$ 由$a_1=3$不难推得 $$\forall n\in\mathcal N^*,a_n\neq 0,$$ 于是 $$a_{n+1}=2a_n,n\in\mathcal N^*,$$ 进而 $$a_n=3\cdot 2^{n-1}.$$

（2）证明    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$\{a_n\}$是递减数列，所以当$n\leqslant k_0+1$时，有 $$a_n\geqslant a_{k_0+1}>2,$$ 所以当$n\leqslant k_0+1$时，有 $$a_{n+1}-a_n<-\dfrac{2k_0^{-1}}{2+k_0^{-1}},$$ 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，