Question

1．已知数量{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{3}$，a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$（n∈N^*）．
（1）证明：对一切n∈N^*有a_n＜a_n+1；
（2）证明：$\frac{4n-1}{9n}$＜a_n＜$\frac{n-1}{n}$（n≥2）．

Answer 1

分析 （1）通过a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$（n∈N^*），可知a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＞0，进而可得结论；
（2）一方面通过（1）、放缩可知a_n+1＜a_n+$\frac{1}{{n}^{2}}$•a_na_n+1，将等式两边同时除以a_na_n+1可知$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{n}^{2}}$，通过累加、放缩可知当n≥2时$\frac{1}{{a}_{n}}$＞$\frac{n}{n-1}$即a_n＜$\frac{n-1}{n}$；另一方面通过a₁=$\frac{1}{3}$、a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$可知a₂=$\frac{4}{9}$，从而当n≥2时a_n≥$\frac{4}{9}$＞$\frac{4n-1}{9n}$．

解答 证明：（1）∵a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$（n∈N^*），
∴a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＞0，
又∵a₁=$\frac{1}{3}$＞0，
∴对一切n∈N^*有0＜a_n＜a_n+1；
（2）由（1）可知，a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＜a_n+$\frac{1}{{n}^{2}}$•a_na_n+1，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{n}^{2}}$，
∴当n≥2时，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\sum_{k=1}^{n-1}$（$\frac{1}{{a}_{k}}$-$\frac{1}{{a}_{k+1}}$）
＞$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\sum_{k=1}^{n-1}$$\frac{1}{{k}^{2}}$
＞3-[1+$\sum_{k=1}^{n-1}$$\frac{1}{k（k-1）}$]
=3-[1+$\sum_{k=1}^{n-1}$（$\frac{1}{k-1}$-$\frac{1}{k}$）]
=3-（1+1-$\frac{1}{n-1}$）
=$\frac{n}{n-1}$，
∴a_n＜$\frac{n-1}{n}$；
另一方面，由a₁=$\frac{1}{3}$、a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$可知a₂=a₁+${{a}_{1}}^{2}$=$\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}$=$\frac{4}{9}$，
∴a_n≥a₂=$\frac{4}{9}$＞$\frac{4n-1}{9n}$（n≥2）；
综上所述，$\frac{4n-1}{9n}$＜a_n＜$\frac{n-1}{n}$（n≥2）．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，注意解题方法的积累，属于中档题．