Question

3．已知数列{a_n}中，a₁=4，a_n+1=$\sqrt{\frac{6+{a}_{n}}{2}}$，n∈N^*，S_n为{a_n}的前n项和．
（Ⅰ）求证：n∈N^*时，a_n＞a_n+1；
（Ⅱ）求证：n∈N^*时，2≤S_n-2n＜$\frac{16}{7}$．

Answer 1

分析 （I）n≥2时，作差：a_n+1-a_n=$\frac{1}{2}×$$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{\sqrt{\frac{6+{a}_{n}}{2}}+\sqrt{\frac{6+{a}_{n-1}}{2}}}$，可得a_n+1-a_n与a_n-a_n-1同号，由a₂-a₁＜0，即可证明：n∈N^*时，a_n＞a_n+1．
（II）2${a}_{n+1}^{2}$=6+a_n，∴可得=a_n-2，即2（a_n+1-2）（a_n+1+2）=a_n-2，因此a_n+1-2与a_n-2同号，可得S_n=a₁+a₂+…+a_n≥4+2（n-1）．即可证明左边．由：$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{2（{a}_{n+1}+2）}$$＜\frac{1}{8}$，可得：a_n≤2+2×$（\frac{1}{8}）^{n-1}$．利用等比数列的求和公式化简即可证明右边．

解答 证明：（I）n≥2时，作差：a_n+1-a_n=$\sqrt{\frac{6+{a}_{n}}{2}}$-$\sqrt{\frac{6+{a}_{n-1}}{2}}$=$\frac{1}{2}×$$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{\sqrt{\frac{6+{a}_{n}}{2}}+\sqrt{\frac{6+{a}_{n-1}}{2}}}$，
∴a_n+1-a_n与a_n-a_n-1同号，
由a₁=4，可得a₂=$\sqrt{\frac{6+4}{2}}$=$\sqrt{5}$，可得a₂-a₁＜0，
∴n∈N^*时，a_n＞a_n+1．
（II）∵2${a}_{n+1}^{2}$=6+a_n，∴$2（{a}_{n+1}^{2}-4）$=a_n-2，即2（a_n+1-2）（a_n+1+2）=a_n-2，①
∴a_n+1-2与a_n-2同号，
又∵a₁-2=2＞0，∴a_n＞2．
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n≥4+2（n-1）=2n+2．
∴S_n-2n≥2．
由①可得：$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{2（{a}_{n+1}+2）}$$＜\frac{1}{8}$，
因此a_n-2≤（a₁-2）$•（\frac{1}{8}）^{n-1}$，即a_n≤2+2×$（\frac{1}{8}）^{n-1}$．
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n≤2n+2×$\frac{1-（\frac{1}{8}）^{n-1}}{1-\frac{1}{8}}$＜2n+$\frac{16}{7}$．
综上可得：n∈N^*时，2≤S_n-2n＜$\frac{16}{7}$．

点评 本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、数列递推关系、数列的单调性、作差法、放缩法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．