Question

6．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1=1+$\frac{2}{{a}_{n}+1}$（n∈N^*）．
（Ⅰ）求證：1≤a_n≤2；
（Ⅱ）設(shè)b_n=|a_n-$\sqrt{3}$|，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：
（i）b_n≤$\frac{（\sqrt{3}-1）^{n}}{{2}^{n-1}}$；
（ii）$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{2}{{S}_{3}}$+…+$\frac{n}{{S}_{n+1}}$＞n-ln（n+1）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）直接利用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明，
（Ⅱ）（�。┦紫葘�(duì)函數(shù)的關(guān)系式進(jìn)行恒等變換，進(jìn)一步利用放縮法進(jìn)行證明求出結(jié)論．
（ⅱ）進(jìn)一步利用上步的結(jié)論，再利用分析法進(jìn)行證明，中間利用導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，最后確定結(jié)論．

解答 證明：（Ⅰ）用數(shù)學(xué)歸納法證明1≤a_n≤2：①當(dāng)n=1時(shí)，a₁=1，不等式成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k，時(shí)，1≤a_k≤2，
則：${a}_{k+1}=1+\frac{2}{{a}_{k}+1}$$∈[\frac{5}{3}，2]$⊆[1，2]，
故對(duì)任意n∈N⁺，都有1≤a_n≤2．
（Ⅱ）（ⅰ）${a}_{n+1}-\sqrt{3}$=1-$\sqrt{3}$+$\frac{2}{{a}_{n}+1}$=（1-$\sqrt{3}$）•$\frac{{a}_{n}-\sqrt{3}}{{a}_{n}+1}$，
即：$\frac{{a}_{n+1}-\sqrt{3}}{{a}_{n}-\sqrt{3}}=\frac{1-\sqrt{3}}{{a}_{n}+1}$
所以：$\frac{_{n+1}}{_{n}}=\frac{\sqrt{3}-1}{{a}_{n}+1}≤\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
所以：$_{n}≤（\sqrt{3}-1）（\frac{\sqrt{3}-1}{2}）^{n-1}$=$\frac{（\sqrt{3}-1）^{n}}{{2}^{n-1}}$
（ⅱ）由上式知：$_{n}≤（\sqrt{3}-1）{（\frac{\sqrt{3}-1}{2}）}^{n-1}$$≤\sqrt{3}-1＜1$，
所以：S_n＜n，
則：$\frac{n}{{S}_{n+1}}＞\frac{n}{n+1}$，
要證：$\frac{1}{{S}_{2}}+\frac{2}{{S}_{3}}+$…+$\frac{n}{{S}_{n+1}}$＞n-ln（n+1），

只需證：$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+$…+$\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}$＜ln（n+1）
設(shè)f（x）=ln（1+x）-x，
則：$f′（x）=\frac{1}{1+x}-1$=$\frac{-x}{1+x}$，
即：f（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
所以：f（x）≤f（0）=0，
即當(dāng)x≠0時(shí)，ln（1+x）＜x恒成立，
令：$x=-\frac{1}{k}$，得到：$ln（1-\frac{1}{k}）＜-\frac{1}{k}$，
即：$\frac{1}{k}＜ln\frac{k}{k-1}$，其中k≥2，
將上式中的k取成2，3，4…n+1，
可得到n個(gè)不等式，相加可得：
$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+$…+$\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}$$＜ln2+ln\frac{3}{2}+$…$ln\frac{n+1}{n}$=ln（n+1），
故原命題得證，原命題成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，放縮法在數(shù)列中的應(yīng)用，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用分析法對(duì)命題進(jìn)行證明，主要考查學(xué)生的應(yīng)用能力．