Question

14．已知正项数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{2}$，a_n²=a_n-1a_n+a_n-1（n≥2），S_n为数列{a_n}的前n项和．
（I）求证：对任意正整数n，有$\frac{S_n}{n}≤\frac{n}{2}$；
（II）设数列$\left\{{\frac{1}{{{a_n}^2}}}\right\}$的前n项和为T_n，求证：对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，T_n＞M．

Answer 1

分析 （I）猜想a_n$≤\frac{2n-1}{2}$．利用数学归纳法能证明对任意正整数n，有$\frac{S_n}{n}≤\frac{n}{2}$．
（II）由a_n+1＞a_n＞0，f（x）=$\frac{x}{1+x}$在区间（0，+∞）上单调递增，得到a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{1+{a}_{n+1}}$≥$\frac{{a}_{2}}{1+{a}_{2}}=\frac{1}{2}$．从而当n≥2时，$\frac{1}{{a}_{n-1}}=\frac{{a}_{n}+1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$，$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}=\frac{1}{{a}_{n-1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$，进而T_n=$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}+\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$≥6-$\frac{2}{n}$，由此能证明对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，T_n＞M．

解答 证明：（I）正项数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{2}$，a_n²=a_n-1a_n+a_n-1（n≥2），
∴${a}_{2}^{2}$-$\frac{1}{2}$a₂-$\frac{1}{2}$=0，a₂＞0，解得a₂=1＜$\frac{3}{2}$．
猜想a_n$≤\frac{2n-1}{2}$．
下面利用数学归纳法证明：
（i）当n=1时，${a}_{1}=\frac{1}{2}$成立．
（ii）假设n=k∈N^*时，a_k≤$\frac{2k-1}{2}$成立．
则n=k+1时，a²_k+1=a_k（a_k+1+1）≤$\frac{2k-1}{2}$（a_k+1+1），
解得a_k+1≤$\frac{（2k-1）+\sqrt{（2k-1）^{2}+8（2k-1）}}{4}$=$\frac{（2k-1）+\sqrt{4{k}^{2}+12k-7}}{4}$
≤$\frac{（2k-1）+\sqrt{4{k}^{2}+12k+9}}{4}$=$\frac{2k+1}{2}$．
因此n=k+1时也成立．
综上可得：?n∈N^*，a_n$≤\frac{2n-1}{2}$成立．
∴S_n≤$\frac{1}{2}+\frac{3}{2}+$…+$\frac{2n-1}{2}$=$\frac{n（1+2n-1）}{4}$=$\frac{{n}^{2}}{2}$，
故对任意正整数n，有$\frac{S_n}{n}≤\frac{n}{2}$．
（II）由（Ⅰ）知a_n+1＞a_n＞0，
${a}_{1}=\frac{{{a}_{2}}^{2}}{{a}_{2}+1}$，a₂=1，
∵f（x）=$\frac{x}{1+x}$在区间（0，+∞）上单调递增，
∴a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{1+{a}_{n+1}}$≥$\frac{{a}_{2}}{1+{a}_{2}}=\frac{1}{2}$．
∴a_n=a₁+a_n-a_n-1+a_n-1-a_n-2+…+a₂-a₁≥$\frac{1}{2}（n-1）+\frac{1}{2}=\frac{n}{2}$，
当n≥2时，$\frac{1}{{a}_{n-1}}=\frac{{a}_{n}+1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$，$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}=\frac{1}{{a}_{n-1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$，
∴T_n=$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}+\frac{1}{{{a}_{2}}^{2}}+…+\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}+\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$≥6-$\frac{2}{n}$，
令6-$\frac{2}{n}$＞M，n＞$\frac{2}{6-M}$，
设N₀为不小于$\frac{2}{6-M}$的最小整数，取N=N₀+1（即N=[$\frac{2}{6-M}$]+1），
当n＞N时，T_n＞M．
∴对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，T_n＞M．

点评 本题考查数列不等式的证明，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是难题．