Question

12．已知数列{a_n}满足 a_n+1=（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$（ n∈N^*），且 a₁=1． 
（1）求证：当 n≥2 时，a_n≥2；
（2）利用“?x＞0，ln（1+x）＜x，”证明：a_n＜2e${\;}^{\frac{3}{4}}$ （其中e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）由已知结合数列递推式可得a₂=2＞0，a_n＞0，然后利用作差法证明a_n+1＞a_n；
（2）利用a_n+1=（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$，结合?x＞0，ln（1+x）＜x，得到a_n+1=（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$≤（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n+1}}$=（$1+\frac{1}{{n}^{2}+n}+\frac{1}{{2}^{n+1}}$）a_n．两边取对数，可得$ln{a}_{n+1}-ln{a}_{n}＜\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{{2}^{n+1}}$（n≥2）．然后累加证得答案．

解答 证明：（1）∵a₁=1＞0，由a_n+1=（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$，得a₂=2＞0，
可得a_n＞0，
又${a}_{n+1}-{a}_{n}=\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}+n}+\frac{1}{{2}^{n}}＞0$，即a_n+1＞a_n，
∵a₂=2，∴当n≥2 时，a_n≥a₂=2；
（2）由（1）知，当n≥2时，a_n+1=（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$≤（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n+1}}$=（$1+\frac{1}{{n}^{2}+n}+\frac{1}{{2}^{n+1}}$）a_n．
两边取自然对数得：$ln{a}_{n+1}≤ln{a}_{n}+ln（1+\frac{1}{{n}^{2}+n}+\frac{1}{{2}^{n+1}}）$，
令f（x）=ln（1+x）-x（x≥0），则当x＞0时，
f′（x）=$\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}＜0$恒成立，
∴f（x）为[0，+∞）上的增函数，则f（x）≤f（0）=0．
∴?x＞0，ln（1+x）＜x恒成立．
∴$ln{a}_{n+1}＜ln{a}_{n}+\frac{1}{{n}^{2}+n}+\frac{1}{{2}^{n+1}}（n≥2）$．
∴$ln{a}_{n+1}-ln{a}_{n}＜\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{{2}^{n+1}}$（n≥2）．
故$ln{a}_{n}-ln{a}_{n-1}＜\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}+\frac{1}{{2}^{n}}$（n≥3），
$ln{a}_{n-1}-ln{a}_{n-2}＜\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n-1}+\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
…
$ln{a}_{3}-ln{a}_{2}＜\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{{2}^{3}}$．
累加得：lna_n-lna₂＜$\frac{1}{2}-\frac{1}{n}+（\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{1}{{2}^{4}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$$＜\frac{1}{2}+\frac{\frac{1}{8}（1-\frac{1}{{2}^{n-2}}）}{1-\frac{1}{2}}=\frac{3}{4}$．
∴a₂=2，∴ln$\frac{{a}_{n}}{2}$$＜\frac{3}{4}$，则a_n＜2e${\;}^{\frac{3}{4}}$ （n≥3）．
又${a}_{1}=1，{a}_{2}=2＜2{e}^{\frac{3}{4}}$成立．
∴a_n＜2e${\;}^{\frac{3}{4}}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了数列的函数特性，训练了利用放缩法证明数列不等式，是压轴题．