Question

9．已知数列{a_n}满足a₁=$\frac{1}{2}$且a_n+1=a_n-a_n²（n∈N^*）
（1）证明：1＜$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$≤2（n∈N^*）；
（2）设数列{a_n²}的前n项和为S_n，证明$\frac{1}{2（n+2）}≤\frac{S_n}{n}≤\frac{1}{2（n+1）}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）通过题意易得0＜a_n≤$\frac{1}{2}$（n∈N^*），利用a_n-a_n+1=${{a}_{n}}^{2}$可得$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$＞1，利用$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}-{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{1-{a}_{n}}$≤2，即得结论；
（2）通过${{a}_{n}}^{2}$=a_n-a_n+1累加得S_n=a₁-a_n+1，对a_n+1=a_n-a_n²两边同除以a_n+1a_n采用累积法可求出a_n+1的范围，从而得出结论．

解答 证明：（1）由题意可知：a_n+1-a_n=-a_n²≤0，即a_n+1≤a_n，
故a_n≤$\frac{1}{2}$，1≤$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$．
由a_n=（1-a_n-1）a_n-1得a_n=（1-a_n-1）（1-a_n-2）…（1-a₁）a₁＞0．
所以0＜a_n≤$\frac{1}{2}$（n∈N^*），
又∵a₂=a₁-${{a}_{1}}^{2}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$，∴$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{4}}$=2，
又∵a_n-a_n+1=${{a}_{n}}^{2}$，∴a_n＞a_n+1，∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$＞1，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}-{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{1-{a}_{n}}$≤2，
∴1＜$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$≤2（n∈N^*），
综上所述，1＜$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$≤2（n∈N^*）；
（2）由已知，${{a}_{n}}^{2}$=a_n-a_n+1，${{a}_{n-1}}^{2}$=a_n-1-a_n，…，${{a}_{1}}^{2}$=a₁-a₂，
累加，得S_n=${{a}_{n}}^{2}$+${{a}_{n-1}}^{2}$+…+${{a}_{1}}^{2}$=a₁-a_n+1，①
由a_n+1=a_n-a_n²两边同除以a_n+1a_n得，$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{{a}_{n}}=\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$和1≤$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$≤2，
得1≤$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$≤2，
累加得1+1+…1≤$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$+…+$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$≤2+2+…+2，
所以n≤$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$≤2n，
因此$\frac{1}{2（n+1）}$≤a_n+1≤$\frac{1}{n+2}$（n∈N^*） ②，
由①②得$\frac{1}{2（n+2）}≤\frac{{S}_{n}}{n}$≤$\frac{1}{2（n+1）}$（n∈N^*）．

点评 本题是一道数列与不等式的综合题，考查数学归纳法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．