Question

9．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n＞0，且a_n=$\frac{2{a}_{n+1}}{1-{{a}_{n+1}}^{2}}$（n∈N^*）．
（1）證明：a_n+1＜$\frac{1}{2}$a_n（n∈N^*）；
（2）令b_n=-a_n+1²+a_na_n+1（n∈N^*），數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，求證：T_n＜$\frac{1}{3}$a₁²．

Answer 1

分析 （1）通過分析，只需證a_n+1＜$\frac{{a}_{n+1}}{1-{{a}_{n+1}}^{2}}$，即證0＜1-${{a}_{n+1}}^{2}$＜1，計算即得結(jié)論；
（2）由基本不等式可知b_n=a_n+1（a_n-a_n+1）≤$（\frac{{a}_{n}}{2}）^{2}$（n∈N^*），通過將a_n＜$\frac{1}{{2}^{n-1}}$•a₁代入計算、放縮即得結(jié)論．

解答 證明：（1）∵a_n=$\frac{2{a}_{n+1}}{1-{{a}_{n+1}}^{2}}$，a_n＞0（n∈N^*），
∴$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{1-{{a}_{n+1}}^{2}}$，
要證a_n+1＜$\frac{1}{2}$a_n（n∈N^*），只需證a_n+1＜$\frac{{a}_{n+1}}{1-{{a}_{n+1}}^{2}}$，
∵數(shù)列{a_n}滿足a_n＞0，
∴只需證1＜$\frac{1}{1-{{a}_{n+1}}^{2}}$，
又∵0＜a_n=$\frac{2{a}_{n+1}}{1-{{a}_{n+1}}^{2}}$≤$\frac{（1+{a}_{n+1}）^{2}}{1-{{a}_{n+1}}^{2}}$=$\frac{1+{a}_{n+1}}{1-{a}_{n+1}}$，
∴0＜1-${{a}_{n+1}}^{2}$＜1，
∴$\frac{1}{1-{{a}_{n+1}}^{2}}$＞1，
即a_n+1＜$\frac{1}{2}$a_n（n∈N^*）；
（2）由基本不等式可知b_n=a_n+1（a_n-a_n+1）≤$（\frac{{a}_{n}}{2}）^{2}$（n∈N^*），
由（1）可知a_n＜$\frac{1}{{2}^{n-1}}$•a₁，代入上式可知：
b_n＜$（\frac{{a}_{n}}{2}）^{2}$＜$\frac{1}{4}$•$\frac{1}{{4}^{n-1}}$•${{a}_{1}}^{2}$=$\frac{{{a}_{1}}^{2}}{{4}^{n}}$，
∴T_n＜$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$•${{a}_{1}}^{2}$=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{{4}^{n}}$）•${{a}_{1}}^{2}$＜$\frac{1}{3}$•${{a}_{1}}^{2}$＜$\frac{1}{3}$a₁．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．