Question

19．?dāng)?shù)列{a_n}滿足a_n+1=a_n²-a_n+1，a₁=2．
（1）比較a_n與a_n+2的大小；
（2）證明：${2^{{2^{n-1}}}}$＜a_n+1-1＜2²ⁿ（n≥2，n∈N^*）；
（3）記S_n=$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}$，求$\lim_{n→∞}{S_n}$．

Answer 1

分析 （1）通過a_n+1=a_n²-a_n+1與a_n作差，結(jié)合完全平方公式即得結(jié)論；
（2）利用數(shù)學(xué)歸納法來證明：驗(yàn)證n=2時(shí)命題成立；當(dāng)n=k時(shí)假設(shè)${2^{{2^{k-1}}}}＜{a_{k+1}}-1＜{2^{2^k}}$成立，通過放縮可知當(dāng)n=k+1時(shí)${2^{2^k}}＜{a_{k+2}}-1＜{2^{{2^{k+1}}}}$，進(jìn)而可得結(jié)論；
（3）通過對(duì)a_n+1=a_n²-a_n+1變形、取倒數(shù)裂項(xiàng)可知$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{{{a_n}-1}}-\frac{1}{{{a_{n+1}}-1}}$，進(jìn)而并項(xiàng)相加計(jì)算可知${S_n}=1-\frac{1}{{{a_{n+1}}-1}}$，結(jié)合第（2）問即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵a_n+1=a_n²-a_n+1，
∴${a_{n+1}}-{a_n}=a_n^2-2{a_n}+1={（{{a_n}-1}）^2}$，
又∵a₁=2，
∴a_n+1＞a_n，∴a_n+2＞a_n；
（2）證明：這里用數(shù)學(xué)歸納法來證明：
n=2時(shí)，${2^2}＜{a_3}-1＜{2^4}$成立；
當(dāng)n=k時(shí)，假設(shè)${2^{{2^{k-1}}}}＜{a_{k+1}}-1＜{2^{2^k}}$成立，
則當(dāng)n=k+1時(shí)，${a_{k+2}}=a_{k+1}^2-{a_{k+1}}+1={a_{k+1}}（{{a_{k+1}}-1}）+1≥（{{2^{{2^{k-1}}}}+1}）（{{2^{{2^{k-1}}}}+2}）+1={2^{2^k}}+2•{2^{{2^{k-1}}}}+3＞{2^{2^k}}+1$，${a_{k+2}}=a_{k+1}^2-{a_{k+1}}+1={a_{k+1}}（{{a_{k+1}}-1}）+1≤{2^{2^k}}（{{2^{2^k}}-1}）+1={2^{{2^{k+1}}}}-{2^{2^k}}+1＜{2^{{2^{k+1}}}}+1$，
∴${2^{2^k}}＜{a_{k+2}}-1＜{2^{{2^{k+1}}}}$，
綜上可知：${2^{{2^{n-1}}}}＜{a_{n+1}}-1＜{2^{2^n}}$；
（3）解：∵a_n+1=a_n²-a_n+1，
∴a_n+1-1=a_n（a_n-1），
∴$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{{{a_n}-1}}-\frac{1}{{{a_{n+1}}-1}}$，
利用并項(xiàng)相加法，計(jì)算可知${S_n}=1-\frac{1}{{{a_{n+1}}-1}}$，
根據(jù)第（2）問，$\frac{1}{{{2^{2^n}}}}＜\frac{1}{{{a_{n+1}}-1}}＜\frac{1}{{{2^{{2^{n-1}}}}}}$，
∴$\lim_{n→∞}{S_n}=1$．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查數(shù)學(xué)歸納法、裂項(xiàng)相消法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．