Question

8．设数列{a_n}满足${a_1}=\frac{1}{3}，{a_{n+1}}={a_n}+\frac{a_n^2}{n^2}（n∈{N^*}）$．
（1）证明：${a_n}＜{a_{n+1}}＜1（n∈{N^*}）$；
（2）证明：${a_n}≥\frac{n}{2n+1}（n∈{N^*}）$．

Answer 1

分析 （1）依题意知a_n＞0，故a_n+1＞a_n+$\frac{a_n^2}{n^2}$＞a_n，a_k+1=a_k+$\frac{a_k^2}{k^2}$＜a_k+$\frac{{{a_k}{a_{k+1}}}}{k^2}$，从而可得$\frac{1}{a_k}-\frac{1}{{{a_{k+1}}}}＜\frac{1}{k^2}$，累加可证结论成立；
（2）分n=1与n≥2两类讨论，对于后者，利用放缩法即可证得${a_n}≥\frac{n}{2n+1}$（n∈N*）．

解答 （本题满分15分）
证明：（I）易知a_n＞0，所以a_n+1＞a_n+$\frac{a_n^2}{n^2}$＞a_n，
所以 a_k+1=a_k+$\frac{a_k^2}{k^2}$＜a_k+$\frac{{{a_k}{a_{k+1}}}}{k^2}$，
所以$\frac{1}{a_k}-\frac{1}{{{a_{k+1}}}}＜\frac{1}{k^2}$．
所以，当n≥2时，$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{a_1}-\sum_{k=1}^{n-1}{（\frac{1}{a_k}-\frac{1}{{{a_{k+1}}}}）}＞\frac{1}{a_1}-\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{k^2}}＞3-[1+\sum_{k=2}^{n-1}{\frac{1}{k（k-1）}}]=3-[1+\sum_{k=2}^{n-1}{（\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}）}]$=$3-[1+1-\frac{1}{n-1}]=\frac{n}{n-1}＞1$，
所以a_n＜1．
又${a_1}=\frac{1}{3}＜1$，所以a_n＜1（n∈N*），
所以  a_n＜a_n+1＜1（n∈N*）．…（8分）
（II）当n=1时，显然成立．
由a_n＜1，知${a_{k+1}}={a_k}+\frac{a_k^2}{k^2}＜{a_k}+\frac{a_k}{k^2}$，所以${a_k}＞\frac{k^2}{{{k^2}+1}}{a_{k+1}}$，
所以${a_{k+1}}={a_k}+\frac{a_k^2}{k^2}＞{a_k}+\frac{1}{k^2}{a_k}•\frac{k^2}{{{k^2}+1}}{a_{k+1}}={a_k}+\frac{1}{{{k^2}+1}}{a_k}{a_{k+1}}$，
所以$\frac{1}{a_k}-\frac{1}{{{a_{k+1}}}}＞\frac{1}{{{k^2}+1}}$，
所以，当n≥2时，$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{a_1}-\sum_{k=1}^{n-1}{（\frac{1}{a_k}-\frac{1}{{{a_{k+1}}}}）}＜\frac{1}{a_1}-\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{{{k^2}+1}}}＜3-\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{1}{k（k+1）}}=3-\sum_{k=1}^{n-1}{（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）}$
=$3-（1-\frac{1}{n}）=\frac{2n+1}{n}$，即${a_n}＞\frac{n}{2n+1}$．
所以${a_n}≥\frac{n}{2n+1}$（n∈N*）．                  …（7分）

点评 本题考查数列递推式，突出考查等放缩法证明不等式的应用，考查转化思想与推理运算能力，属于难题．