Question

4．数列{an}中，已知a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}-{{a}_{n}}^{2}}$．
（1）证明：an＜a_n+1＜$\frac{1}{2}$；
（2）证明：当n≥2时，（$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$）${\;}^{{2}^{n}}$＜2．

Answer 1

分析 （1）由已知a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}-{{a}_{n}}^{2}}$，即可得到$0＜{a}_{n+1}＜\frac{1}{2}$，又0$＜{a}_{n}＜\frac{1}{2}$，进一步得到${{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}＞0$，则结论an＜a_n+1＜$\frac{1}{2}$可证；
（2）首先证当n=2时，$（\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}{）^{2}}^{2}＜2$成立，即当n=k时，$（\frac{{a}_{k+1}}{{a}_{k}}{）^{2}}^{k}＜2$成立，当n=k+1时，a_k+1＞a_k，则$（\frac{1}{{a}_{k+1}}-1{）^{2}}^{k}＜（\frac{1}{{a}_{k}}-1{）^{2}}^{k-1}$=$（\sqrt{\frac{1}{{a}_{k+1}}-1}{）^{2}}^{k}＜2$，则结论当n≥2时，（$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$）${\;}^{{2}^{n}}$＜2可证．

解答 证明：（1）由${a}_{n}-{{a}_{n}}^{2}≥0$，得${{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}≤0$，即0≤a_n≤1．
∴a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}-{{a}_{n}}^{2}}$=$\sqrt{-（{a}_{n}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}}≤\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}$，
又a₁=$\frac{1}{4}$≠0，且${a}_{1}≠\frac{1}{2}$，∴0$＜{a}_{n}＜\frac{1}{2}$．
∴${{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}={a}_{n}-{{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}=-2{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}$＞0．
即${a}_{n}＜{a}_{n+1}＜\frac{1}{2}$；
（2）当n=2时，$（\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}{）^{2}}^{2}=（\frac{\sqrt{{a}_{2}-{{a}_{2}}^{2}}}{{a}_{2}}）^{4}=（\frac{1}{{a}_{2}}-1）^{2}$，
又∵${a}_{2}=\sqrt{{a}_{1}-{{a}_{1}}^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}-（\frac{1}{4}）^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∴$（\frac{1}{{a}_{2}}-1）^{2}=（\frac{4\sqrt{3}-3}{3}）^{2}＜2$．
即当n=2时，$（\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}{）^{2}}^{2}＜2$成立，
当n=k时，$（\frac{{a}_{k+1}}{{a}_{k}}{）^{2}}^{k}＜2$成立，即$（\sqrt{\frac{1}{{a}_{k}}-1}{）^{2}}^{k}＜2$成立，
当n=k+1时，$（\frac{{a}_{k+2}}{{a}_{k+1}}{）^{2}}^{k+1}=（\sqrt{\frac{1}{{a}_{k+1}}-1}{）^{2}}^{k+1}$=$（\frac{1}{{a}_{k+1}}-1{）^{2}}^{k}$．
∵a_n+1＞a_n，∴a_k+1＞a_k
∴$\frac{1}{{a}_{k+1}}-1＜\frac{1}{{a}_{k}}-1$．
则$（\frac{1}{{a}_{k+1}}-1{）^{2}}^{k}＜（\frac{1}{{a}_{k}}-1{）^{2}}^{k-1}$=$（\sqrt{\frac{1}{{a}_{k+1}}-1}{）^{2}}^{k}＜2$，
∴当n=k+1时，$（\frac{{a}_{k+2}}{{a}_{k+1}}{）^{2}}^{k+1}＜2$也成立，
∴当n≥2时，$（\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}{）^{2}}^{n}＜2$成立．

点评 本题考查了数列递推式，考查了利用数学归纳法证明结论，本题的计算量大，属于难度较大的题目．