Question

18．?dāng)?shù)列{a_n}中，a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$（n∈N^*）
（Ⅰ）求證：a_n+1＜a_n；
（Ⅱ）記數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：S_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用作差法結(jié)合配方法即可證明a_n+1＜a_n；
（Ⅱ）由1-a_n+1=1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$=$\frac{1-{a}_{n}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$，取倒數(shù)即可得到${a}_{n}=\frac{1}{1-{a}_{n}}-\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$，累加后放縮得答案．

解答 證明：（Ⅰ）∵${{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1=（{a}_{n}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}$＞0，且a₁=$\frac{1}{2}$＞0，∴a_n＞0，
∴a_n+1-a_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$-a_n=$\frac{-{a}_{n}（{a}_{n}-1）^{2}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$＜0．
∴a_n+1＜a_n；
（Ⅱ）∵1-a_n+1=1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$=$\frac{1-{a}_{n}}{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}$，
∴$\frac{1}{1-{a}_{n+1}}=\frac{{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1}{1-{a}_{n}}$=$\frac{1}{1-{a}_{n}}-{a}_{n}$．
∴${a}_{n}=\frac{1}{1-{a}_{n}}-\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$，
則${a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n}=2-\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$，
又a_n＞0，
∴${S}_{n}={a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n}=2-\frac{1}{1-{a}_{n+1}}＜1$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列遞推式，訓(xùn)練了作差法與放縮法證明數(shù)列不等式，是中檔題．