Question

10．已知数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{1+{{a}_{n}}^{2}}$（n∈N^*）．
（1）证明：当n≥1，n∈N^*时，$\frac{2}{n+2}$≤a_n≤1；
（2）设S_n为数列{a_n}的前n项和，证明：S_n≤$\sqrt{2n-1}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由题意可得a_n+1＜a_n，即有0＜a_n≤1，可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=a_n+$\frac{1}{{a}_{n}}$≥2，运用数学归纳法证明；
（2）运用数学归纳法证明，注意$\frac{2}{k+3}$≤a_k+1≤$\frac{2}{k+2}$，（k≥1），化简整理，即可得证．

解答 证明：（1）a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{1+{{a}_{n}}^{2}}$，可得$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}+1}$∈（0，1），
即有a_n+1＜a_n，即有0＜a_n≤1，
可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=a_n+$\frac{1}{{a}_{n}}$≥2，即有a_n+1≤$\frac{1}{2}$＜1；
又n=1时，$\frac{2}{3}$≤a₁≤1，成立；
假设n=k时，1≥a_k≥$\frac{2}{2+k}$，
当n=k+1时，$\frac{1}{{a}_{k+1}}$=a_k+$\frac{1}{{a}_{k}}$≤$\frac{2}{2+k}$+$\frac{2+k}{2}$，
由$\frac{2}{2+k}$+$\frac{2+k}{2}$-$\frac{k+3}{2}$=$\frac{2}{2+k}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{2-k}{2（2+k）}$≤0，
即有$\frac{1}{{a}_{k+1}}$≤$\frac{k+3}{2}$，即为$\frac{2}{k+3}$≤a_k+1≤1；
综上可得，当n≥1，n∈N^*时，$\frac{2}{n+2}$≤a_n≤1；
（2）当n=1时，S₁=a₁=1，$\sqrt{2-1}$=1，即有不等式成立；
n=k时，S_k≤$\sqrt{2k-1}$，
当n=k+1时，S_k+1=S_k+a_k+1≤$\sqrt{2k-1}$+a_k+1，
由$\frac{2}{k+3}$≤a_k+1≤$\frac{2}{k+2}$，（k≥1），
可得$\sqrt{2k-1}$+a_k+1≤$\sqrt{2k-1}$+$\frac{2}{k+2}$，
$\sqrt{2k+1}$-$\sqrt{2k-1}$=$\frac{2}{\sqrt{2k+1}+\sqrt{2k-1}}$＞$\frac{2}{2+k}$
?$\sqrt{2k-1}$+$\sqrt{2k+1}$＜2+k?4$\sqrt{2k-1}$+4$\sqrt{2k+1}$＜（1+2k）+（2k-1）+8
?（$\sqrt{2k-1}$-2）²+（$\sqrt{2k+1}$-2）²＞0，
即有$\sqrt{2k-1}$+$\frac{2}{k+2}$＜$\sqrt{2k+1}$，
故当n=k+1时，不等式成立，
综上可得，S_n≤$\sqrt{2n-1}$（n∈N^*）．

点评 本题考查不等式的证明，注意运用数学归纳法和放缩法，考查推理能力，属于中档题．