Question

18．數(shù)列{a_n}各項均為正數(shù)，且對任意n∈N^*，滿足a_n+1=a_n+ca${\;}_{n}^{2}$（c＞0為常數(shù)）．
（1）求證：對任意正數(shù)M，存在N∈N^*，當n＞N時有a_n＞M；
（2）設(shè)b_n=$\frac{1}{1+c{a}_{n}}$，S_n是{b_n}前n項和，求證：對任意d＞0，存在N∈N^*，當n＞N時有0＜|S_n-$\frac{1}{c{a}_{1}}$|＜d．

Answer 1

分析 （1）要證對任意正數(shù)M，存在N∈N^*，當n＞N時有a_n＞M，可以考慮數(shù)列遞推式，當n變大時，a_n是增大的，且沒有最大值，則結(jié)論得證；
（2）寫出S_n，得到|S_n-$\frac{1}{c{a}_{1}}$|，利用絕對值的不等式結(jié)合a_n遞增且趨近于正無窮得結(jié)論．

解答 證明：（1）∵a_n+1=a_n+c${{a}_{n}}^{2}$，且數(shù)列{a_n}各項均為正數(shù)，
∴數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列，則當n→+∞時，a_n增大，即對任意正數(shù)M，存在N∈N^*，使a_N＞M，當n＞N時有a_n＞M；
（2）S_n=b₁+b₂+…+b_n=$\frac{1}{1+c{a}_{1}}+\frac{1}{1+c{a}_{2}}+…+\frac{1}{1+c{a}_{n}}$，
∴S_n-$\frac{1}{c{a}_{1}}$=$\frac{1}{1+c{a}_{2}}+\frac{1}{1+c{a}_{3}}+…+\frac{1}{1+c{a}_{n}}+\frac{1}{1+c{a}_{1}}-\frac{1}{c{a}_{1}}$，
則|S_n-$\frac{1}{c{a}_{1}}$|≤|$\frac{1}{1+c{a}_{2}}+\frac{1}{1+c{a}_{3}}+…+\frac{1}{1+c{a}_{n}}$|+|$\frac{1}{c{a}_{1}}-\frac{1}{1+c{a}_{1}}$|．
∵a_n遞增且趨近于正無窮，
∴對任意d＞0，只要n足夠大時，$\frac{1}{1+c{a}_{n}}$足夠小，
則有|$\frac{1}{1+c{a}_{2}}+\frac{1}{1+c{a}_{3}}+…+\frac{1}{1+c{a}_{n}}$|+|$\frac{1}{c{a}_{1}}-\frac{1}{1+c{a}_{1}}$|＜d．
即對任意d＞0，存在N∈N^*，當n＞N時有0＜|S_n-$\frac{1}{c{a}_{1}}$|＜d．

點評 本題考查數(shù)列與不等式綜合，解決該類題目的方法是充分利用題目所給條件，通過化簡或推導(dǎo)逐漸向問題靠攏，屬中檔題．