Question

7．?dāng)?shù)列{a_n}中，a₁=a（a∈R），a_n+1=$\frac{2{a}_{n}^{2}}{4{a}_{n}-1}$（n∈N^*）
（Ⅰ）若對(duì)任意的n∈N^*，都有a_n+1＞$\frac{1}{2}$，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）記數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和是S_n，若a=1，求證：S_n＜$\frac{{n}^{2}}{4}$+1（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a₂=$\frac{2{a}^{2}}{4a-1}$＞$\frac{1}{2}$可解得a＞$\frac{1}{4}$且a≠$\frac{1}{2}$，從而利用歸納法求解即可；
（Ⅱ）可判斷出$\frac{1}{2}$＜a_n＜1，n≥2；從而分類討論證明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵a₁=a，∴a₂=$\frac{2{a}^{2}}{4a-1}$＞$\frac{1}{2}$，
解得，a＞$\frac{1}{4}$且a≠$\frac{1}{2}$，
∵當(dāng)a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，$\frac{2{a}^{2}}{4a-1}$＞$\frac{1}{2}$，
∴對(duì)任意的n∈N^*，都有a_n+1＞$\frac{1}{2}$，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，+∞）；
（Ⅱ）證明：∵a₁=a=1，
∴a₂=$\frac{2}{4-1}$=$\frac{2}{3}$，
由（Ⅰ）知，a_n＞$\frac{1}{2}$恒成立，
a_n+1-a_n=$\frac{2{a}_{n}^{2}}{4{a}_{n}-1}$-a_n=$\frac{{a}_{n}（1-2{a}_{n}）}{4{a}_{n}-1}$＜0，
∴$\frac{1}{2}$＜a_n＜1，n≥2；
當(dāng)n=1時(shí)，S₁＜$\frac{1}{4}$+1，
當(dāng)n=2時(shí)，S₂=1+$\frac{2}{3}$＜2；
當(dāng)n≥3時(shí)，S_n＜n，而$\frac{{n}^{2}}{4}$+1＞2•$\frac{n}{2}$•1=n，
故S_n＜$\frac{{n}^{2}}{4}$+1，
綜上所述，S_n＜$\frac{{n}^{2}}{4}$+1恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了不等式的解法，數(shù)列的性質(zhì)的判斷，同時(shí)考查了歸納法與分類討論的思想方法應(yīng)用．