每日一题[462]迭代函数与数列单调性

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，$n\in\mathcal N^*$．记数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$．

（1）证明：当$c=2$时，$2^{n+1}-2\leqslant S_n\leqslant 3^n-1$($n\in\mathcal N^*$)；

（2）求实数$c$的取值范围，使得数列$\{a_n\}$是单调递减数列．

证明与解    （1）由于$a_{n+1}-a_n=a_n+\dfrac{1}{a_n}>0$，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 $$2^{n+1}-2\leqslant S_n\leqslant 3^n-1.$$

（2）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$a_n>\dfrac {1}{\sqrt{1-c}}$．

第一种情况，$\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt c}$，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．

第二种情况，$\dfrac{1}{\sqrt{1-c}}<\dfrac{1}{\sqrt c}$，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$\left[\dfrac 12,\dfrac 34\right)$．