Question

12．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}+3{a}_{n}+1}{{a}_{n}+2}$（n∈N^*）．
（Ⅰ）求證：$\frac{2n+1}{3}$≤a_n≤n；
（Ⅱ）設數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，當n≥5時，求證：S_n≥$\frac{1}{3}$n²+$\frac{4}{5}$n-$\frac{8}{15}$．

Answer 1

分析 （I）由數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}+3{a}_{n}+1}{{a}_{n}+2}$=${a}_{n}+1-\frac{1}{{a}_{n}+2}$，可得a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n}+2}$＞0，因此數(shù)列{a_n}為單調遞增數(shù)列．利用數(shù)學歸納法證明即可．
（II）由（I）可得：a_n≥$\frac{2n+1}{3}$，可得S_n≥$\frac{2}{3}{n}^{2}$+$\frac{4n}{3}$．只要證明$\frac{2}{3}{n}^{2}$+$\frac{4n}{3}$≥$\frac{1}{3}$n²+$\frac{4}{5}$n-$\frac{8}{15}$即可得出．

解答 證明：（I）∵數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}+3{a}_{n}+1}{{a}_{n}+2}$=${a}_{n}+1-\frac{1}{{a}_{n}+2}$，
∴a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n}+2}$＞0，因此數(shù)列{a_n}為單調遞增數(shù)列．
下面利用數(shù)學歸納法證明：
（1）∵a₁=1，則$\frac{2×1+1}{3}$≤1=a₁≤1，即n=1時成立．
（2）假設n=k（k∈N^*）時，$\frac{2k+1}{3}$≤a_k≤k，
∴a_k+1=$\frac{{a}_{k}^{2}+3{a}_{k}+1}{{a}_{k}+2}$≤$\frac{{k}^{2}+3k+1}{k+2}$＜k+1．
另一方面，a_k+1=$\frac{{a}_{k}^{2}+3{a}_{k}+1}{{a}_{k}+2}$≥$\frac{（\frac{2k+1}{3}）^{2}+3×\frac{2k+1}{3}+1}{\frac{2k+1}{3}}$≥$\frac{2（k+1）+1}{3}$．
∴n=k+1時不等式成立．
綜上可得：?n∈N^*，$\frac{2n+1}{3}$≤a_n≤n成立．
（II）由（I）可得：a_n≥$\frac{2n+1}{3}$，
∴S_n≥$\frac{n（3+2n+1）}{3}$=$\frac{2}{3}{n}^{2}$+$\frac{4n}{3}$．
而$\frac{2}{3}{n}^{2}$+$\frac{4n}{3}$-（$\frac{1}{3}$n²+$\frac{4}{5}$n-$\frac{8}{15}$）=$\frac{1}{3}$n²+$\frac{8}{15}$n+$\frac{8}{15}$＞0．
∴當n≥5時，S_n≥$\frac{1}{3}$n²+$\frac{4}{5}$n-$\frac{8}{15}$．

點評 本題考查了遞推關系、數(shù)學歸納法、等差數(shù)列的通項公式及其求和公式、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．