Question

7．数列{a_n}中，a₁=a（a∈R），a_n+1=$\frac{2{a}_{n}^{2}}{4{a}_{n}-1}$（n∈N^*）
（Ⅰ）若对任意的n∈N^*，都有a_n+1＞$\frac{1}{2}$，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）记数列{a_n}的前n项和是S_n，若a=1，求证：S_n＜$\frac{{n}^{2}}{4}$+1（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a₂=$\frac{2{a}^{2}}{4a-1}$＞$\frac{1}{2}$可解得a＞$\frac{1}{4}$且a≠$\frac{1}{2}$，从而利用归纳法求解即可；
（Ⅱ）可判断出$\frac{1}{2}$＜a_n＜1，n≥2；从而分类讨论证明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵a₁=a，∴a₂=$\frac{2{a}^{2}}{4a-1}$＞$\frac{1}{2}$，
解得，a＞$\frac{1}{4}$且a≠$\frac{1}{2}$，
∵当a＞$\frac{1}{2}$时，$\frac{2{a}^{2}}{4a-1}$＞$\frac{1}{2}$，
∴对任意的n∈N^*，都有a_n+1＞$\frac{1}{2}$，
故实数a的取值范围为（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，+∞）；
（Ⅱ）证明：∵a₁=a=1，
∴a₂=$\frac{2}{4-1}$=$\frac{2}{3}$，
由（Ⅰ）知，a_n＞$\frac{1}{2}$恒成立，
a_n+1-a_n=$\frac{2{a}_{n}^{2}}{4{a}_{n}-1}$-a_n=$\frac{{a}_{n}（1-2{a}_{n}）}{4{a}_{n}-1}$＜0，
∴$\frac{1}{2}$＜a_n＜1，n≥2；
当n=1时，S₁＜$\frac{1}{4}$+1，
当n=2时，S₂=1+$\frac{2}{3}$＜2；
当n≥3时，S_n＜n，而$\frac{{n}^{2}}{4}$+1＞2•$\frac{n}{2}$•1=n，
故S_n＜$\frac{{n}^{2}}{4}$+1，
综上所述，S_n＜$\frac{{n}^{2}}{4}$+1恒成立．

点评 本题考查了不等式的解法，数列的性质的判断，同时考查了归纳法与分类讨论的思想方法应用．