Question

9．数列{a_n}的各项均为正数，且a_n+1=a_n+$\frac{2}{{a}_{n}}$-1（n∈N^*），{a_n}的前n项和是S_n．
（Ⅰ）若{a_n}是递增数列，求a₁的取值范围；
（Ⅱ）若a₁＞2，且对任意n∈N^*，都有S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1），证明：S_n＜2n+1．

Answer 1

分析 （I）由a₂＞a₁＞0?${a}_{1}+\frac{2}{a}$-1＞a₁＞0，解得0＜a₁＜2．又a₃＞a₂＞0，?${a}_{2}+\frac{2}{{a}_{2}-1}$＞a₂，?0＜a₂＜2?$0＜{a}_{1}+\frac{2}{{a}_{1}}$-1＜2，解得1＜a₁＜2．可得：1＜a₁＜2．下面利用数学归纳法证明：当1＜a₁＜2时，?n∈N^*，1＜a_n＜2成立即可．于是a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$-1＞0，即a_n+1＞a_n，满足{a_n}是递增数列，即可得出a₁的取值范围．
（II）a₁＞2，可用数学归纳法证明：a_n＞2对?n∈N^*都成立．于是：a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$-1＜2，即数列{a_n}是递减数列．在S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）中，令n=2，可得：2a₁+$\frac{2}{{a}_{1}}$-1=S₂≥2a₁-$\frac{1}{3}$，解得a₁≤3，因此2＜a₁≤3．
下证：（1）当$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$时，S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）恒成立．事实上，当$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$时，由a_n=a₁+（a_n-a₁）≥a₁+（2-$\frac{7}{3}$）=${a}_{1}-\frac{1}{3}$．累加求和即可证明．
再证明：（2）${a}_{1}＞\frac{7}{3}$时不合题意．事实上，当$\frac{7}{3}＜{a}_{1}≤3$时，设a_n=b_n+2，可得$\frac{1}{3}＜{b}_{1}$≤1．由a_n+1=a_n+$\frac{2}{{a}_{n}}$-1（n∈N^*），可得：b_n+1=b_n+$\frac{2}{{b}_{n}}$-1，可得$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{{b}_{n}+1}{{b}_{n}+2}$≤$\frac{{b}_{1}+1}{{b}_{1}+2}$≤$\frac{2}{3}$．于是数列{b_n}的前n和T_n≤3．故S_n=2n+T_n＜2n+3=na₁+（2-a₁）n+3，令a₁=$\frac{7}{3}$+t（t＞0），可得：S_n＜na₁-$\frac{1}{3}（n-1）$．这与S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）恒成立矛盾．

解答 （I）解：由a₂＞a₁＞0?${a}_{1}+\frac{2}{a}$-1＞a₁＞0，解得0＜a₁＜2，①．
又a₃＞a₂＞0，?${a}_{2}+\frac{2}{{a}_{2}-1}$＞a₂，?0＜a₂＜2?$0＜{a}_{1}+\frac{2}{{a}_{1}}$-1＜2，解得1＜a₁＜2，②．
由①②可得：1＜a₁＜2．
下面利用数学归纳法证明：当1＜a₁＜2时，?n∈N^*，1＜a_n＜2成立．
（1）当n=1时，1＜a₁＜2成立．
（2）假设当n=k∈N^*时，1＜a_n＜2成立．
则当n=k+1时，a_k+1=a_k+$\frac{2}{{a}_{k}}$-1∈$[2\sqrt{2}-1，2）$?（1，2），
即n=k+1时，不等式成立．
综上（1）（2）可得：?n∈N^*，1＜a_n＜2成立．
于是a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$-1＞0，即a_n+1＞a_n，
∴{a_n}是递增数列，a₁的取值范围是（1，2）．
（II）证明：∵a₁＞2，可用数学归纳法证明：a_n＞2对?n∈N^*都成立．
于是：a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$-1＜2，即数列{a_n}是递减数列．
在S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）中，令n=2，可得：2a₁+$\frac{2}{{a}_{1}}$-1=S₂≥2a₁-$\frac{1}{3}$，解得a₁≤3，因此2＜a₁≤3．
下证：（1）当$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$时，S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）恒成立．
事实上，当$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$时，由a_n=a₁+（a_n-a₁）≥a₁+（2-$\frac{7}{3}$）=${a}_{1}-\frac{1}{3}$．
于是S_n=a₁+a₂+…+a_n≥a₁+（n-1）$（{a}_{1}-\frac{1}{3}）$=na₁-$\frac{1}{3}（n-1）$．
再证明：（2）${a}_{1}＞\frac{7}{3}$时不合题意．
事实上，当$\frac{7}{3}＜{a}_{1}≤3$时，设a_n=b_n+2，可得$\frac{1}{3}＜{b}_{1}$≤1．
由a_n+1=a_n+$\frac{2}{{a}_{n}}$-1（n∈N^*），可得：b_n+1=b_n+$\frac{2}{{b}_{n}}$-1，可得$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{{b}_{n}+1}{{b}_{n}+2}$≤$\frac{{b}_{1}+1}{{b}_{1}+2}$≤$\frac{2}{3}$．
于是数列{b_n}的前n和T_n≤${b}_{1}•\frac{1-（\frac{2}{3}）^{n}}{1-\frac{2}{3}}$＜3b₁≤3．
故S_n=2n+T_n＜2n+3=na₁+（2-a₁）n+3，③．
令a₁=$\frac{7}{3}$+t（t＞0），由③可得：S_n＜na₁+（2-a₁）n+3=na₁-$\frac{1}{3}（n-1）$-tn+$\frac{8}{3}$．
只要n充分大，可得：S_n＜na₁-$\frac{1}{3}（n-1）$．这与S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）恒成立矛盾．
∴${a}_{1}＞\frac{7}{3}$时不合题意．
综上（1）（2）可得：$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$，于是可得$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{{b}_{n}+1}{{b}_{n}+2}$≤$\frac{{b}_{1}+1}{{b}_{1}+2}$≤$\frac{4}{7}$．（由$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$可得：$0＜{b}_{1}≤\frac{1}{3}$）．
故数列{b_n}的前n项和T_n≤${b}_{1}•\frac{1-（\frac{4}{7}）^{n}}{1-\frac{4}{7}}$＜$\frac{7}{3}$b₁＜1，∴S_n=2n+T_n＜2n+1．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式、数列递推关系、分类讨论方法、数列的单调性、数学归纳法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．