Question

14．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足：a₁=$\frac{1}{2}$，a_n²=a_n-1a_n+a_n-1（n≥2），S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和．
（I）求證：對(duì)任意正整數(shù)n，有$\frac{S_n}{n}≤\frac{n}{2}$；
（II）設(shè)數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{a_n}^2}}}\right\}$的前n項(xiàng)和為T_n，求證：對(duì)任意M∈（0，6），總存在正整數(shù)N，使得n＞N時(shí)，T_n＞M．

Answer 1

分析 （I）猜想a_n$≤\frac{2n-1}{2}$．利用數(shù)學(xué)歸納法能證明對(duì)任意正整數(shù)n，有$\frac{S_n}{n}≤\frac{n}{2}$．
（II）由a_n+1＞a_n＞0，f（x）=$\frac{x}{1+x}$在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，得到a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{1+{a}_{n+1}}$≥$\frac{{a}_{2}}{1+{a}_{2}}=\frac{1}{2}$．從而當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{a}_{n-1}}=\frac{{a}_{n}+1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$，$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}=\frac{1}{{a}_{n-1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$，進(jìn)而T_n=$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}+\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$≥6-$\frac{2}{n}$，由此能證明對(duì)任意M∈（0，6），總存在正整數(shù)N，使得n＞N時(shí)，T_n＞M．

解答 證明：（I）正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足：a₁=$\frac{1}{2}$，a_n²=a_n-1a_n+a_n-1（n≥2），
∴${a}_{2}^{2}$-$\frac{1}{2}$a₂-$\frac{1}{2}$=0，a₂＞0，解得a₂=1＜$\frac{3}{2}$．
猜想a_n$≤\frac{2n-1}{2}$．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：
（i）當(dāng)n=1時(shí)，${a}_{1}=\frac{1}{2}$成立．
（ii）假設(shè)n=k∈N^*時(shí)，a_k≤$\frac{2k-1}{2}$成立．
則n=k+1時(shí)，a²_k+1=a_k（a_k+1+1）≤$\frac{2k-1}{2}$（a_k+1+1），
解得a_k+1≤$\frac{（2k-1）+\sqrt{（2k-1）^{2}+8（2k-1）}}{4}$=$\frac{（2k-1）+\sqrt{4{k}^{2}+12k-7}}{4}$
≤$\frac{（2k-1）+\sqrt{4{k}^{2}+12k+9}}{4}$=$\frac{2k+1}{2}$．
因此n=k+1時(shí)也成立．
綜上可得：?n∈N^*，a_n$≤\frac{2n-1}{2}$成立．
∴S_n≤$\frac{1}{2}+\frac{3}{2}+$…+$\frac{2n-1}{2}$=$\frac{n（1+2n-1）}{4}$=$\frac{{n}^{2}}{2}$，
故對(duì)任意正整數(shù)n，有$\frac{S_n}{n}≤\frac{n}{2}$．
（II）由（Ⅰ）知a_n+1＞a_n＞0，
${a}_{1}=\frac{{{a}_{2}}^{2}}{{a}_{2}+1}$，a₂=1，
∵f（x）=$\frac{x}{1+x}$在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{1+{a}_{n+1}}$≥$\frac{{a}_{2}}{1+{a}_{2}}=\frac{1}{2}$．
∴a_n=a₁+a_n-a_n-1+a_n-1-a_n-2+…+a₂-a₁≥$\frac{1}{2}（n-1）+\frac{1}{2}=\frac{n}{2}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{a}_{n-1}}=\frac{{a}_{n}+1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$，$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}=\frac{1}{{a}_{n-1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$，
∴T_n=$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}+\frac{1}{{{a}_{2}}^{2}}+…+\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}+\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$≥6-$\frac{2}{n}$，
令6-$\frac{2}{n}$＞M，n＞$\frac{2}{6-M}$，
設(shè)N₀為不小于$\frac{2}{6-M}$的最小整數(shù)，取N=N₀+1（即N=[$\frac{2}{6-M}$]+1），
當(dāng)n＞N時(shí)，T_n＞M．
∴對(duì)任意M∈（0，6），總存在正整數(shù)N，使得n＞N時(shí)，T_n＞M．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列不等式的證明，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是難題．