Question

6．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{e}^{n}{a}_{n}+e}$，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項a_n；
（2）設(shè)S_n=a₁+a₂+…+a_n，求證：S_n≤$\frac{n}{n+1}$．

Answer 1

分析 （1）通過對等式a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{e}^{n}{a}_{n}+e}$兩邊同時取倒數(shù)可知數(shù)列{$\frac{1}{{e}^{n-1}•{a}_{n}}$}是以2為首項、1為公差的等差數(shù)列，進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（2）利用數(shù)學(xué)歸納法來證明，假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2）時有S_k≤$\frac{k}{k+1}$，要證$\frac{k}{k+1}$+$\frac{1}{（k+2）{e}^{k}}$≤$\frac{k+1}{k+2}$即證e^k≥k+1，通過設(shè)f（x）=e^x-x-1（其中x∈（0，+∞））并考慮其單調(diào)性可知當(dāng)x≥0時f（x）≥f（0）=0，進(jìn)而計算可得結(jié)論．

解答 （1）解：∵a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{e}^{n}{a}_{n}+e}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{e}^{n}{a}_{n}+e}{{a}_{n}}$=eⁿ+$\frac{e}{{a}_{n}}$，
∴$\frac{1}{{e}^{n}•{a}_{n+1}}$=1+$\frac{1}{{e}^{n-1}•{a}_{n}}$，
又∵$\frac{1}{{e}^{1-1}•{a}_{1}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{\frac{1}{2}}$=2，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{e}^{n-1}•{a}_{n}}$}是以2為首項、1為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{e}^{n-1}•{a}_{n}}$=2+n-1=n+1，
∴數(shù)列{a_n}的通項a_n=$\frac{1}{（n+1）{e}^{n-1}}$；
（2）證明：用數(shù)學(xué)歸納法來證明如下：
①當(dāng)n=1時結(jié)論顯然成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2）時命題成立，即S_k≤$\frac{k}{k+1}$，
∴S_k+1=S_k+a_k+1≤$\frac{k}{k+1}$+$\frac{1}{（k+2）{e}^{k}}$，
要證S_k+1≤$\frac{k+1}{k+2}$，即證$\frac{k}{k+1}$+$\frac{1}{（k+2）{e}^{k}}$≤$\frac{k+1}{k+2}$，
即證e^k≥k+1，
設(shè)f（x）=e^x-x-1，x∈（0，+∞），則f′（x）=e^x-1，
∵當(dāng)x＞0時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
則當(dāng)x≥0時，f（x）≥f（0）=0，即e^x≥x+1．
∴不等式e^k≥k+1成立，
即當(dāng)n=k+1時S_k+1≤$\frac{k+1}{k+2}$；
由①、②可知S_n≤$\frac{n}{n+1}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查數(shù)學(xué)歸納法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．