Question

6．已知数列{a_n}满足：a₁=1，a_n+1=1+$\frac{2}{{a}_{n}+1}$（n∈N^*）．
（Ⅰ）求证：1≤a_n≤2；
（Ⅱ）设b_n=|a_n-$\sqrt{3}$|，数列{b_n}的前n项和为S_n，求证：
（i）b_n≤$\frac{（\sqrt{3}-1）^{n}}{{2}^{n-1}}$；
（ii）$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{2}{{S}_{3}}$+…+$\frac{n}{{S}_{n+1}}$＞n-ln（n+1）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）直接利用数学归纳法进行证明，
（Ⅱ）（ⅰ）首先对函数的关系式进行恒等变换，进一步利用放缩法进行证明求出结论．
（ⅱ）进一步利用上步的结论，再利用分析法进行证明，中间利用导数的单调性，最后确定结论．

解答 证明：（Ⅰ）用数学归纳法证明1≤a_n≤2：①当n=1时，a₁=1，不等式成立；
②假设当n=k，时，1≤a_k≤2，
则：${a}_{k+1}=1+\frac{2}{{a}_{k}+1}$$∈[\frac{5}{3}，2]$⊆[1，2]，
故对任意n∈N⁺，都有1≤a_n≤2．
（Ⅱ）（ⅰ）${a}_{n+1}-\sqrt{3}$=1-$\sqrt{3}$+$\frac{2}{{a}_{n}+1}$=（1-$\sqrt{3}$）•$\frac{{a}_{n}-\sqrt{3}}{{a}_{n}+1}$，
即：$\frac{{a}_{n+1}-\sqrt{3}}{{a}_{n}-\sqrt{3}}=\frac{1-\sqrt{3}}{{a}_{n}+1}$
所以：$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}=\frac{\sqrt{3}-1}{{a}_{n}+1}≤\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
所以：${b}_{n}≤（\sqrt{3}-1）（\frac{\sqrt{3}-1}{2}）^{n-1}$=$\frac{（\sqrt{3}-1）^{n}}{{2}^{n-1}}$
（ⅱ）由上式知：${b}_{n}≤（\sqrt{3}-1）{（\frac{\sqrt{3}-1}{2}）}^{n-1}$$≤\sqrt{3}-1＜1$，
所以：S_n＜n，
则：$\frac{n}{{S}_{n+1}}＞\frac{n}{n+1}$，
要证：$\frac{1}{{S}_{2}}+\frac{2}{{S}_{3}}+$…+$\frac{n}{{S}_{n+1}}$＞n-ln（n+1），

只需证：$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+$…+$\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}$＜ln（n+1）
设f（x）=ln（1+x）-x，
则：$f′（x）=\frac{1}{1+x}-1$=$\frac{-x}{1+x}$，
即：f（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
所以：f（x）≤f（0）=0，
即当x≠0时，ln（1+x）＜x恒成立，
令：$x=-\frac{1}{k}$，得到：$ln（1-\frac{1}{k}）＜-\frac{1}{k}$，
即：$\frac{1}{k}＜ln\frac{k}{k-1}$，其中k≥2，
将上式中的k取成2，3，4…n+1，
可得到n个不等式，相加可得：
$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+$…+$\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}$$＜ln2+ln\frac{3}{2}+$…$ln\frac{n+1}{n}$=ln（n+1），
故原命题得证，原命题成立．

点评 本题考查的知识要点：数学归纳法的应用，放缩法在数列中的应用，导数的应用，利用分析法对命题进行证明，主要考查学生的应用能力．