Question

11．已知数列{a_n}满足：${a_{n+1}}=a_n^2-2（n∈N*）$，且${a_1}=a+\frac{1}{a}（0＜a＜1）$．
（Ⅰ）证明：a_n+1＞a_n；
（Ⅱ）若不等式$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_1}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}}}＜\frac{1}{2}$对任意n∈N^*都成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由${a_1}=a+\frac{1}{a}＞2$，可求得a_n＞2，${a_{n+1}}-{a_n}={a_n}^2-{a_n}-2=（{a_n}-2）（{a_n}+1）＞0$，即可证明a_n+1＞a_n；
（Ⅱ）由递推式分别求得a₁，a₂，a₃…a_n，采用裂项法分别求得：$\frac{1}{{a}_{1}}$，$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$，…$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}{a}_{3}…{a}_{n}}$，则$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}{a}_{3}…{a}_{n}}$=a，由题意求得实数a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）证明：∵${a_1}=a+\frac{1}{a}＞2$，
且${a_{n+1}}-2={a_n}^2-4=（{a_n}-2）（{a_n}+2）$，
∴a_n＞2
又${a_{n+1}}-{a_n}={a_n}^2-{a_n}-2=（{a_n}-2）（{a_n}+1）＞0$，
∴a_n+1＞a_n…（5分）
（Ⅱ）∵${a_1}=a+\frac{1}{a}=\frac{{{a^2}+1}}{a}$，
∴${a_2}={a_1}^2-2={a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{{{a^4}+1}}{a^2}$，
${a_3}={a_2}^2-2={a^4}+\frac{1}{a^4}=\frac{{{a^8}+1}}{a^4}$，
…
${a_n}={a_{n-1}}^2-2=\frac{{{a^{2^n}}+1}}{{{a^{{2^{n-1}}}}}}$，
∴$\frac{1}{a_1}=\frac{1}{a}（1-\frac{1}{{{a^2}+1}}）$，
∴$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}=\frac{a}{{{a^2}+1}}•\frac{a^2}{{{a^4}+1}}=\frac{1}{a}[\frac{1}{{{a^2}+1}}-\frac{1}{{（{a^2}+1）（{a^4}+1）}}]$，
…
$\frac{1}{{{a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}}}=\frac{1}{a}[\frac{1}{{（{a^2}+1）（{a^4}+1）…（{a^{{2^{n-1}}}}+1）}}-\frac{1}{{（{a^2}+1）（{a^4}+1）…（{a^{2^n}}+1）}}]$，
∴$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_1}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_1}{a_2}{a_3}…{a_n}}}$，
=$\frac{1}{a}[1-\frac{1}{{（{a^2}+1）（{a^4}+1）…（{a^{2^n}}+1）}}]$，
=$\frac{1}{a}（1-\frac{{1-{a^2}}}{{1-{a^{{2^{n+1}}}}}}）＜\frac{1}{a}[1-（1-{a^2}）]=a$，
由题意$a≤\frac{1}{2}$，
所以$0＜a≤\frac{1}{2}$．…（15分）

点评 本题考查数列的递推公式，根据数列前几项，归纳出数列的通项公式，采用”裂项法“求数列的前n项和，考查观察及归纳推理能力，属于中档题．