Question

16．已知数列{a_n}满足：a₁=a∈（0，1），且0＜a_n+1≤a_n²-a_n³，设b_n=（a_n-a_n+1）a_n+1
（Ⅰ）比较a₁-a₂和$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$的大小；
（Ⅱ）求证：$\sqrt{\frac{{b}_{1}{b}_{2}…{b}_{n}}{{a}_{1}{a}_{2}…{a}_{n}}}$＞a_n+1；
（Ⅲ）设T_n为数列{b_n}的前n项和，求证：T_n＜$\frac{{a}^{2}}{5}$．

Answer 1

分析 （I）作差a₁-a₂-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{{a}_{1}^{2}-{a}_{1}{a}_{2}-a}{{a}_{1}}$≥$\frac{{a}_{1}^{3}-{a}_{1}{a}_{2}}{{a}_{1}}$=${a}_{1}^{2}-{a}_{2}$$≥{a}_{1}^{3}$，即可得出；
（II）由a_n＞0，可得$0＜\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$≤{a}_{n}-{a}_{n}^{2}$$≤\frac{1}{4}$．可得${a}_{n+1}≤\frac{1}{4}{a}_{n}＜{a}_{n}$，${a}_{n+1}＜{a}_{n}^{2}-{a}_{n}^{3}$＜${a}_{n}^{2}$，于是b_n=（a_n-a_n+1）a_n+1＞$（{a}_{n}-{a}_{n}^{2}）{a}_{n+1}$$≥\frac{{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}}$，即$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}＞\frac{{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}^{2}}$，即可证明．
（III）由${a}_{n+1}≤\frac{1}{4}{a}_{n}$可得：${b}_{n}-\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$=-$（{a}_{n+1}-\frac{1}{4}{a}_{n}）（{a}_{n+1}-\frac{3}{4}{a}_{n}）$，可得${b}_{n}≤\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$，因此T_n≤$\frac{3}{16}（{a}_{1}^{2}+{a}_{2}^{2}+…+{a}_{n}^{2}）$≤$\frac{3}{16}$$（{a}_{1}^{2}+\frac{1}{16}{a}_{1}^{2}+…+\frac{1}{1{6}^{n-1}}{a}_{1}^{2}）$，利用等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （I）解：∵a₁-a₂-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{{a}_{1}^{2}-{a}_{1}{a}_{2}-a}{{a}_{1}}$≥$\frac{{a}_{1}^{3}-{a}_{1}{a}_{2}}{{a}_{1}}$=${a}_{1}^{2}-{a}_{2}$$≥{a}_{1}^{3}$＞0，
∴a₁-a₂＞$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$；
（II）证明：∵a_n＞0，∴$0＜\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$≤{a}_{n}-{a}_{n}^{2}$=-$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}$$≤\frac{1}{4}$．
∴${a}_{n+1}≤\frac{1}{4}{a}_{n}＜{a}_{n}$．∵0＜a_n＜a₁＜1，${a}_{n+1}＜{a}_{n}^{2}-{a}_{n}^{3}$＜${a}_{n}^{2}$，
∴b_n=（a_n-a_n+1）a_n+1＞$（{a}_{n}-{a}_{n}^{2}）{a}_{n+1}$$≥\frac{{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}}$，即$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}＞\frac{{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}^{2}}$，
∴$\sqrt{\frac{{b}_{1}{b}_{2}…{b}_{n}}{{a}_{1}{a}_{2}…{a}_{n}}}$＞$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}•\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•…•$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{1}}$＞a_n+1；
（III）证明：由${a}_{n+1}≤\frac{1}{4}{a}_{n}$可得：${b}_{n}-\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$=（a_n-a_n+1）a_n+1-$\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$=-$（{a}_{n+1}-\frac{1}{4}{a}_{n}）（{a}_{n+1}-\frac{3}{4}{a}_{n}）$，且${a}_{n+1}-\frac{1}{4}{a}_{n}≤0$，${a}_{n+1}-\frac{3}{4}{a}_{n}$＜0，
∴${b}_{n}≤\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$，
因此T_n≤$\frac{3}{16}（{a}_{1}^{2}+{a}_{2}^{2}+…+{a}_{n}^{2}）$≤$\frac{3}{16}$$（{a}_{1}^{2}+\frac{1}{16}{a}_{1}^{2}+…+\frac{1}{1{6}^{n-1}}{a}_{1}^{2}）$≤$\frac{3}{16}×\frac{{a}^{2}（1-\frac{1}{1{6}^{n}}）}{1-\frac{1}{16}}$$＜\frac{{a}^{2}}{5}$

点评 本题考查了递推式的应用、等比数列的前n项和公式、不等式的性质、“放缩法”，考查了变形能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．