Question

12．已知数列{a_n}，满足a₁=2，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，求证：1＜a_n＜$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 由题意可知a_n＞0，把原递推式化为$\frac{1}{2}$a_n²-a_n+1a_n+1=0，由△≥0得到${a}_{n}＞\sqrt{2}＞1$，然后利用数学归纳法证明a_n＜$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{n}$．

解答 证明：∵a₁=2，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，∴a_n＞0，
由a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，得$\frac{1}{2}$a_n²-a_n+1a_n+1=0，由△=a_n+1²-2≥0，得${a}_{n+1}≤-\sqrt{2}$（舍去）或${a}_{n+1}≥\sqrt{2}$，
则a_n＞1．
当n=1时，a₁=2＜$\sqrt{2}$+1$＜\frac{3}{2}+1$；
当n=2时，a₂=$\frac{1}{2}{a}_{1}+\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{3}{2}$＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2}$$＜\frac{3}{2}+\frac{1}{2}$．
假设当n=k（k∈N^*）时，a_k＜$\sqrt{2}+\frac{1}{k}$$＜\frac{3}{2}+\frac{1}{k}$，
那么当n=k+1时，${a}_{k+1}=\frac{1}{2}{a}_{k}+\frac{1}{{a}_{k}}$，
∵$\frac{1}{2}{a}_{k}+\frac{1}{{a}_{k}}≥\sqrt{2}$，当且仅当${a}_{k}=\sqrt{2}$时等号成立，$\sqrt{2}$≤a_k＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{k}$，
∴${a}_{k+1}≤\frac{1}{2}$（$\sqrt{2}+\frac{1}{k}$）+$\frac{1}{\sqrt{2}+\frac{1}{k}}$．
下面用作商法比较$\frac{1}{2}$（$\sqrt{2}+\frac{1}{k}$）+$\frac{1}{\sqrt{2}+\frac{1}{k}}$和$\sqrt{2}$+$\frac{1}{k+1}$的大小．
∵$\frac{\frac{1}{2}（\sqrt{2}+\frac{1}{k}）+\frac{1}{\sqrt{2}+\frac{1}{k}}}{\sqrt{2}+\frac{1}{k+1}}$=$\frac{\frac{4{k}^{2}+2\sqrt{2}k+1}{2k（\sqrt{2}k+1）}}{\frac{\sqrt{2}k+\sqrt{2}+1}{k+1}}$=$\frac{4{k}^{3}+（4+2\sqrt{2}）{k}^{2}+（2\sqrt{2}+1）k+1}{4{k}^{3}+4（1+\sqrt{2}）{k}^{2}+2（\sqrt{2}+1）k}$＜1，
∴$\frac{1}{2}$（$\sqrt{2}+\frac{1}{k}$）+$\frac{1}{\sqrt{2}+\frac{1}{k}}$＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{k+1}$，
∴${a}_{k+1}＜\sqrt{2}+\frac{1}{k+1}＜\frac{3}{2}+\frac{1}{k+1}$，
即当n=k+1时，a_n＜$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{n}$成立．
综上a_n＜$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{n}$．
∴1＜a_n＜$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{n}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了数学归纳法证明数列不等式，利用归纳法证明与自然数有关的命题时，中间可穿插分析法，作商法等数学方法，是中档题．