Question

3．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{{a}_{n}}^{2}+1}$．
（Ⅰ）求證：a_n+1＜a_n；
（Ⅱ）求證：$\frac{1}{{2}^{n-1}}$≤a_n≤$\frac{{2}^{n}}{3•{2}^{n}-4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a_n＞0，則做差a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}}{{{a}_{n}}^{2}+1}$-a_n=$\frac{-{a}_{n}^{3}}{{a}_{n}^{2}+1}$＜0，即可證明a_n+1＜a_n；
（Ⅱ）由a_n+1＞$\frac{1}{2}$a_n，a_n＞$\frac{1}{2}$a_n-1≥（$\frac{1}{2}$）²a_n-1≥…≥（$\frac{1}{2}$）²a_n-1≥（$\frac{1}{2}$）^n-1a₁=$\frac{1}{{2}^{n}}$，則a_n≥$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．由$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=a_n，采用“累加法”即可求得$\frac{1}{{a}_{n}}$≥3-（$\frac{1}{2}$）^n-2=$\frac{3•{2}^{n-2}-1}{{2}^{n-2}}$=$\frac{3•{2}^{n}-4}{{2}^{n}}$，即可求得$\frac{1}{{2}^{n-1}}$≤a_n≤$\frac{{2}^{n}}{3•{2}^{n}-4}$．

解答 解：（Ⅰ）證明：由a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{{a}_{n}}^{2}+1}$，得a_n＞0，（n∈N），
則a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}}{{{a}_{n}}^{2}+1}$-a_n=$\frac{-{a}_{n}^{3}}{{a}_{n}^{2}+1}$＜0，
∴a_n+1＜a_n；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知0＜a_n＜1，又a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{{a}_{n}}^{2}+1}$．，∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{n}^{2}+1}$≥$\frac{1}{2}$，即a_n+1＞$\frac{1}{2}$a_n，
∴a_n＞$\frac{1}{2}$a_n-1≥（$\frac{1}{2}$）²a_n-1≥…≥（$\frac{1}{2}$）²a_n-1≥（$\frac{1}{2}$）^n-1a₁=$\frac{1}{{2}^{n}}$，即a_n≥$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．
由a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{{a}_{n}}^{2}+1}$，則$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=a_n+$\frac{1}{{a}_{n}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=a_n，
∴$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$=a₁=1，$\frac{1}{{a}_{3}}$-$\frac{1}{{a}_{2}}$=a₂=$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{{a}_{4}}$-$\frac{1}{{a}_{3}}$=a₃=（$\frac{1}{2}$）²…$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$=a_n-1≥（$\frac{1}{2}$）^n-2，
累加得$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$=1+$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$）²+…+（$\frac{1}{2}$）^n-2=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}$=2-（$\frac{1}{2}$）^n-2，
而a₁=1，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$≥3-（$\frac{1}{2}$）^n-2=$\frac{3•{2}^{n-2}-1}{{2}^{n-2}}$=$\frac{3•{2}^{n}-4}{{2}^{n}}$，
∴a_n≤$\frac{{2}^{n}}{3•{2}^{n}-4}$．
綜上得$\frac{1}{{2}^{n-1}}$≤a_n≤$\frac{{2}^{n}}{3•{2}^{n}-4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，考查“放縮法”的應(yīng)用，屬于中檔題．