Question

17．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1=a_n+$\frac{{{a_n}^2}}{{{{（n+1）}^2}}}$．（n∈N^*）
（Ⅰ）證明：$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$≥1+$\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}$；
（Ⅱ）求證：$\frac{2（n+1）}{n+3}$＜a_n+1＜n+1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意知${a_{n+1}}-{a_n}=\frac{{{a_n}^2}}{{{{（n+1）}^2}}}＞0$，從而可得a_n+1＞a_n＞a₁≥1，再化簡可得$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=1+\frac{a_n}{{{{（n+1）}^2}}}≥1+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}$，
（Ⅱ）化簡$\frac{{{a_{n+1}}-{a_n}}}{{{a_{n+1}}{a_n}}}=\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$，從而可得$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，從而利用累加法可證明a_n+1＜n+1，再由a_n≤n可得$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$＞$\frac{n+1}{n+2}$，從而證明．

解答 證明：（Ⅰ）∵${a_{n+1}}-{a_n}=\frac{{{a_n}^2}}{{{{（n+1）}^2}}}＞0$，
∴a_n+1＞a_n＞a₁≥1，
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=1+\frac{a_n}{{{{（n+1）}^2}}}≥1+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}$．
（Ⅱ）∵$\frac{{{a_{n+1}}-{a_n}}}{{{a_{n+1}}{a_n}}}=\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$，
∴0＜$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$＜1，
即$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{{a_{n+1}}-{a_n}}}{{{a_{n+1}}{a_n}}}=\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$＜$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
累加可得，$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$＜1-$\frac{1}{n+1}$，
故a_n+1＜n+1，
另一方面，由a_n≤n可得，
原式變形為$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=1+\frac{a_n}{{{{（n+1）}^2}}}≤1+\frac{n}{{{{（n+1）}^2}}}＜1+\frac{1}{n+1}=\frac{n+2}{n+1}⇒\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}＞\frac{n+1}{n+2}$
故$\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}＞\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}\frac{n+1}{n+2}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$
累加得$\frac{1}{a_1}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}＞\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}⇒{a_{n+1}}＞\frac{2（n+1）}{n+3}$，
故$\frac{2（n+1）}{n+3}$＜a_n+1＜n+1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的性質(zhì)的判斷與應(yīng)用，同時(shí)考查了綜合法的應(yīng)用及轉(zhuǎn)化思想與累加法、累積法、放縮法的應(yīng)用．