Question

10．?dāng)?shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n=a_n-1+$\frac{1}{{a}_{n-1}}$（n≥2），b_n²=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{n}$，求證：$\sqrt{2}$≤b_n＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 先由分析法把要證的數(shù)列不等式轉(zhuǎn)化為證$\sqrt{2n}≤{a}_{n}＜\frac{3}{2}\sqrt{n}$，然后利用數(shù)學(xué)歸納法結(jié)合導(dǎo)數(shù)加以證明．

解答 證明：要證$\sqrt{2}$≤b_n＜$\frac{3}{2}$，需證$2≤{_{n}}^{2}＜\frac{9}{4}$，
即證$2≤\frac{{{a}_{n}}^{2}}{n}＜\frac{9}{4}$，也就是證$\sqrt{2n}≤{a}_{n}＜\frac{3}{2}\sqrt{n}$．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：
當(dāng)n=1時，$\sqrt{2n}=\sqrt{2×2}=2，\frac{3}{2}\sqrt{n}=\frac{3}{2}\sqrt{2}$，
${a}_{2}={a}_{1}+\frac{1}{{a}_{1}}=1+1=2$，
滿足$\sqrt{2n}≤{a}_{n}＜\frac{3}{2}\sqrt{n}$；
假設(shè)當(dāng)n=k時不等式成立，即$\sqrt{2k}≤{a}_{k}＜\frac{3}{2}\sqrt{k}$，
那么，當(dāng)n=k+1時，
令y=x+$\frac{1}{x}$（x＞1），
∵y′=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$，∴y=x+$\frac{1}{x}$在（1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，
而[$\sqrt{2k}，\frac{3}{2}\sqrt{k}$）⊆（1，+∞），
∴$\sqrt{2k}+\frac{1}{\sqrt{2k}}≤{a}_{k+1}＜\frac{3}{2}\sqrt{k}+\frac{1}{\frac{3}{2}\sqrt{k}}$，
先證$\sqrt{2k+2}＜\sqrt{2k}+\frac{1}{\sqrt{2k}}$    ①
兩邊同乘$\sqrt{2k}$，即證$\sqrt{4{k}^{2}+4k}＜2k+1=\sqrt{4{k}^{2}+4k+1}$，
∴①式成立．
再證$\frac{3}{2}\sqrt{k}+\frac{1}{\frac{3}{2}\sqrt{k}}＜\frac{3}{2}\sqrt{k+1}$    ②
兩邊同乘$\frac{3}{2}\sqrt{k}$，即證$\frac{9}{4}k+1＜\frac{9}{4}\sqrt{{k}^{2}+k}$，
∵k≥2，∴上式成立，則②式成立．
∴當(dāng)n=k+1時，$\sqrt{2k+2}≤{a}_{k+1}＜\frac{3}{2}\sqrt{k+1}$．
綜上$\sqrt{2}$≤b_n＜$\frac{3}{2}$．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了利用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列不等式，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，綜合性強，難度較大．