Question

3．設數(shù)列{a_n}滿足：a₁=a，a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}^{2}+1}$（a＞0且a≠1，n∈N^*）．
（1）證明：當n≥2時，a_n＜a_n+1＜1；
（2）若b∈（a₂，1），求證：當整數(shù)k≥$\frac{（b-{a}_{2}）（b+1）}{{a}_{2}（1-b）}$+1時，a_k+1＞b．

Answer 1

分析 （1）先判斷a_n＞0，再由基本不等式得到a_n+1≤1，再利用數(shù)學歸納法證明：
（2）分若a_k≥b，由（1）知a_k+1＞a_k≥b，若a_k＜b，根據(jù)0＜x＜1以及二項式定理可（1+x）ⁿ≥nx，根據(jù)迭代法和放縮法可證明a_k+1＞a₂•[1+$\frac{1-b}{1+b}$（k-1）]，再由條件可得1+$\frac{1-b}{1+b}$（k-1）≥$\frac{b-{a}_{2}}{{a}_{2}}$+1=$\frac{b}{{a}_{2}}$，問題得以證明

解答 證明：（1）由a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}^{2}+1}$知a_n與a₁的符號相同，而a₁=a＞0，
∴a_n＞0，
∴a_n+1=$\frac{2}{{a}_{n}+\frac{1}{{a}_{n}}}$≤1，當且僅當a_n=1時，a_n+1=1
下面用數(shù)學歸納法證明：
①∵a＞0且a≠1，
∴a₂＜1，
∴$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=$\frac{2}{{a}_{2}^{2}+1}$＞1，即有a₂＜a₃＜1，
②假設n=k時，有a_k＜a_k+1＜1，則
a_k+2=$\frac{2{a}_{k+1}}{{a}_{k+1}^{2}+1}$=$\frac{2}{{a}_{k+1}+\frac{1}{{a}_{k+1}}}$＜1且$\frac{{a}_{k+2}}{{a}_{k+1}}$=$\frac{2}{{a}_{k+1}^{2}+1}$＞1，即a_k+1＜a_k+2＜1
即當n=k+1時不等式成立，
由①②可得當n≥2時，a_n＜a_n+1＜1；
（2）若a_k≥b，由（1）知a_k+1＞a_k≥b，
若a_k＜b，∵0＜x＜1以及二項式定理可知（1+x）ⁿ=1+C_n¹x+…+C_nⁿxⁿ≥nx，
而a_k²+1＜b²+1＜b+1，且a₂＜a₃＜…＜a_k＜b＜1
∴a_k+1=a₂•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$…$\frac{{a}_{k+1}}{{a}_{k}}$，
=a₂•$\frac{{2}^{k-1}}{（1+{a}_{2}^{2}）（1+{a}_{3}^{2}）…（1+{a}_{k}^{2}）}$
＞a₂•（$\frac{2}{1+{b}^{2}}$）^k-1＞a₂•（$\frac{2}{1+b}$）^k-1=a₂•（1+$\frac{1-b}{1+b}$）^k-1，
≥a₂•[1+$\frac{1-b}{1+b}$（k-1）]，
∵k≥$\frac{（b-{a}_{2}）（b+1）}{{a}_{2}（1-b）}$+1，
∴1+$\frac{1-b}{1+b}$（k-1）≥$\frac{b-{a}_{2}}{{a}_{2}}$+1=$\frac{b}{{a}_{2}}$，
∴a_k+1＞b．

點評 本題考查了數(shù)列和不等式的關系，考查了數(shù)學歸納法和放縮法證明不等式成立，以及借用二項式定理，考查了分析問題，解決問題的能力，培養(yǎng)了學生的運算能力和轉化能力，屬于難題