Question

5．已知數(shù)列{a_n}滿足：${a_n}＞0，{a_{n+1}}+\frac{1}{a_n}＜2（{n∈{N^*}}）$．
（1）求證：${a_{n+2}}＜{a_{n+1}}＜2（{n∈{N^*}}）$；
（2）求證：${a_n}＞1（{n∈{N^*}}）$．

Answer 1

分析 （1）由${a_n}＞0，{a_{n+1}}+\frac{1}{a_n}＜2$，可得${a_{n+1}}＜2-\frac{1}{a_n}＜2$，$2＞{a_{n+2}}+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}≥2\sqrt{\frac{{{a_{n+2}}}}{{{a_{n+1}}}}}$，即可證明．
（2）利用反證法：假設(shè)存在${a_N}≤1（{N≥1，N∈{N^*}}）$，由（1）可得當n＞N時，a_n≤a_N+1＜1，根據(jù)${a_{n+1}}-1＜1-\frac{1}{a_n}=\frac{{{a_n}-1}}{a_n}＜0$，而a_n＜1，可得$\frac{1}{{{a_{n+1}}-1}}＞\frac{a_n}{{{a_n}-1}}=1+\frac{1}{{{a_n}-1}}$．于是$\frac{1}{{{a_{N+2}}-1}}＞1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$，累加可得$\frac{1}{{{a_{N+n}}-1}}＞n-1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$，由（1）可得a_N+n-1＜0，可得矛盾．

解答 證明：（1）由${a_n}＞0，{a_{n+1}}+\frac{1}{a_n}＜2$，
所以${a_{n+1}}＜2-\frac{1}{a_n}＜2$，
因為$2＞{a_{n+2}}+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}≥2\sqrt{\frac{{{a_{n+2}}}}{{{a_{n+1}}}}}$，
所以a_n+2＜a_n+1＜2．
（2）假設(shè)存在${a_N}≤1（{N≥1，N∈{N^*}}）$，
由（1）可得當n＞N時，a_n≤a_N+1＜1，
根據(jù)${a_{n+1}}-1＜1-\frac{1}{a_n}=\frac{{{a_n}-1}}{a_n}＜0$，而a_n＜1，
所以$\frac{1}{{{a_{n+1}}-1}}＞\frac{a_n}{{{a_n}-1}}=1+\frac{1}{{{a_n}-1}}$．
于是$\frac{1}{{{a_{N+2}}-1}}＞1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$，
…$\frac{1}{{{a_{N+n}}-1}}＞1+\frac{1}{{{a_{N+n-1}}-1}}$．
累加可得$\frac{1}{{{a_{N+n}}-1}}＞n-1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$（*）
由（1）可得a_N+n-1＜0，
而當$n＞-\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}+1$時，顯然有$n-1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}＞0$，
因此有$\frac{1}{{{a_{N+n}}-1}}＜n-1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$，
這顯然與（*）矛盾，所以${a_n}＞1（{n∈{N^*}}）$．

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、不等式的基本性質(zhì)、反證法，考查推理能力與計算能力，屬于難題．