Question

12．已知每一项都是正数的数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}+1}{1{2a}_{n}}$（n∈N^*）．
（1）用数学归纳法证明：a_2n+1＜a_2n-1；
（2）证明：$\frac{1}{6}$≤a_n≤1；
（3）记S_n为数列{|a_n+1-a_n|}的前n项和，证明：S_n＜6（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）根据数学归纳法证明即可，
（2）由（1）可得a_2n+1＜a_2n-1，同理可得a_2n＜a_2n+2，利用放缩可猜想a_2n＜$\frac{1}{3}$＜a_2n-1，继而可证，
（3）利用放缩可得|a_n+1-a_n|≤$\frac{6}{7}$|a_n-a_n-1|，再逐步放缩，根据等比数列的前n项和公式，再放缩即可证明．

解答 证明：（1）由题知，a₁=1＞0，a_n+1=$\frac{{a}_{n}+1}{1{2a}_{n}}$＞0（n∈N^*）．
①当n=1时，a₁=1，a₂=$\frac{{a}_{1}+1}{12{a}_{1}}$=$\frac{1}{6}$，a₃=$\frac{{a}_{2}+1}{12{a}_{2}}$=$\frac{7}{12}$，a₃＜a₁成立；
②假设n=k时，结论成立，即a_2k+1＜a_2k-1，
因为a_2n+1=$\frac{{a}_{2n}+1}{12{a}_{2n}}$=$\frac{\frac{{a}_{2n-1}+1}{12{a}_{2n-1}}+1}{12\frac{{a}_{2n-1}+1}{{a}_{2n-1}}}$=$\frac{13{a}_{2n-1}+1}{12（{a}_{2n-1}+1）}$，
所以a_2k+3-a_2k+1=$\frac{13{a}_{2k+1}+1}{12（{a}_{2k+1}+1）}$-$\frac{13{a}_{2k-1}+1}{12（{a}_{2k-1}+1）}$=$\frac{{a}_{2k+1}-{a}_{2k-1}}{（{a}_{2k+1}+1）（{a}_{2k-1}+1）}$＜0
即n=k+1时也成立，
由①②可知对于n∈N*，都有a_2n+1＜a_2n-1成立．
（2）由（1）知，a_2n+1＜a_2n-1，
所以1=a₁＞…＞a_2n-1＞a_2n+1，
同理由数学归纳法可证a_2n＜a_2n+2，
a_2n＞a_2n-2＞…＞a₂=$\frac{1}{6}$．
猜测：a_2n＜$\frac{1}{3}$＜a_2n-1，下证这个结论．
因为a_n+1-$\frac{1}{3}$=$\frac{-（{a}_{n}-\frac{1}{3}）}{4{a}_{n}}$，
所以a_n+1-$\frac{1}{3}$与a_n-$\frac{1}{3}$异号．
注意到a₁-$\frac{1}{3}$＞0，知a_2n-1-$\frac{1}{3}$＞0，a_2n-$\frac{1}{3}$＜0，
即a_2n＜$\frac{1}{3}$＜a_2n-1．
所以有a₁＞…＞a_2n-1＞a_2n+1＞$\frac{1}{3}$＞a_2n＞a_2n-2＞…＞a₂=$\frac{1}{6}$．
从而可知$\frac{1}{6}$≤a_n≤1．
（3）|a_n+2-a_n+1|=|$\frac{{a}_{n+1}+1}{12{a}_{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}+1}{12{a}_{n}}$|=$\frac{|{a}_{n+1}-{a}_{n}|}{12{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{|{a}_{n+1}-{a}_{n}|}{{a}_{n}+1}$≤$\frac{|{a}_{n+1}-{a}_{n}|}{{a}_{2}+1}$=$\frac{6}{7}$|a_n+1-a_n|
所以|a_n+1-a_n|≤$\frac{6}{7}$|a_n-a_n-1|≤（$\frac{6}{7}$）²|a_n-1-a_n-2|≤…≤（$\frac{6}{7}$）^n-1|a₂-a₁|=$\frac{5}{6}$×（$\frac{6}{7}$）^n-1，
所以S_n=|a₂-a₁|+|a₃-a₂|+…+|a_n+1-a_n|≤$\frac{5}{6}$[1+$\frac{6}{7}$+（$\frac{6}{7}$）²+…+（$\frac{6}{7}$）^n-1]=$\frac{5}{6}$×$\frac{1-（\frac{6}{7}）^{N}}{1-\frac{6}{7}}$＜$\frac{35}{6}$＜$\frac{36}{6}$=6

点评 本题考查了数学归纳u法和放缩法证明不等式成立的问题，考查了学生的转化能力和运算能力，属于难题．