Question

19．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=$\frac{1}{3}$，a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$（n∈N^*）．
（1）證明：對一切n∈N^*有a_n＜a_n+1；
（2）證明：當n≥2時，$\frac{4n-1}{9n}$＜a_n．

Answer 1

分析 （1）由已知得a_n＞0，a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＞0，由此能證明對一切n∈N^*，有a_n＜a_n+1；
（2）由（1）可得數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列，結合已知求出${a}_{2}=\frac{4}{9}$，再由當n≥2時，${a}_{n}≥{a}_{2}=\frac{4}{9}＞\frac{4n-1}{9n}$得答案．

解答 證明：（1）∵a₁=$\frac{1}{3}$＞0，∴a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＞0，則a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＞0，即a_n＜a_n+1；
（2）由（1）知，數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列，
∵${a}_{1}=\frac{1}{3}$，且a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$，∴${a}_{2}={a}_{1}+\frac{{{a}_{1}}^{2}}{1}=\frac{1}{3}+\frac{1}{9}=\frac{4}{9}$，
∴當n≥2時，${a}_{n}≥{a}_{2}=\frac{4}{9}＞\frac{4n-1}{9n}$．

點評 本題考查不等式的證明，是中檔題，關鍵是運用了數(shù)列的函數(shù)特性．