Question

5．已知数列{a_n}满足：${a_n}＞0，{a_{n+1}}+\frac{1}{a_n}＜2（{n∈{N^*}}）$．
（1）求证：${a_{n+2}}＜{a_{n+1}}＜2（{n∈{N^*}}）$；
（2）求证：${a_n}＞1（{n∈{N^*}}）$．

Answer 1

分析 （1）由${a_n}＞0，{a_{n+1}}+\frac{1}{a_n}＜2$，可得${a_{n+1}}＜2-\frac{1}{a_n}＜2$，$2＞{a_{n+2}}+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}≥2\sqrt{\frac{{{a_{n+2}}}}{{{a_{n+1}}}}}$，即可证明．
（2）利用反证法：假设存在${a_N}≤1（{N≥1，N∈{N^*}}）$，由（1）可得当n＞N时，a_n≤a_N+1＜1，根据${a_{n+1}}-1＜1-\frac{1}{a_n}=\frac{{{a_n}-1}}{a_n}＜0$，而a_n＜1，可得$\frac{1}{{{a_{n+1}}-1}}＞\frac{a_n}{{{a_n}-1}}=1+\frac{1}{{{a_n}-1}}$．于是$\frac{1}{{{a_{N+2}}-1}}＞1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$，累加可得$\frac{1}{{{a_{N+n}}-1}}＞n-1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$，由（1）可得a_N+n-1＜0，可得矛盾．

解答 证明：（1）由${a_n}＞0，{a_{n+1}}+\frac{1}{a_n}＜2$，
所以${a_{n+1}}＜2-\frac{1}{a_n}＜2$，
因为$2＞{a_{n+2}}+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}≥2\sqrt{\frac{{{a_{n+2}}}}{{{a_{n+1}}}}}$，
所以a_n+2＜a_n+1＜2．
（2）假设存在${a_N}≤1（{N≥1，N∈{N^*}}）$，
由（1）可得当n＞N时，a_n≤a_N+1＜1，
根据${a_{n+1}}-1＜1-\frac{1}{a_n}=\frac{{{a_n}-1}}{a_n}＜0$，而a_n＜1，
所以$\frac{1}{{{a_{n+1}}-1}}＞\frac{a_n}{{{a_n}-1}}=1+\frac{1}{{{a_n}-1}}$．
于是$\frac{1}{{{a_{N+2}}-1}}＞1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$，
…$\frac{1}{{{a_{N+n}}-1}}＞1+\frac{1}{{{a_{N+n-1}}-1}}$．
累加可得$\frac{1}{{{a_{N+n}}-1}}＞n-1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$（*）
由（1）可得a_N+n-1＜0，
而当$n＞-\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}+1$时，显然有$n-1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}＞0$，
因此有$\frac{1}{{{a_{N+n}}-1}}＜n-1+\frac{1}{{{a_{N+1}}-1}}$，
这显然与（*）矛盾，所以${a_n}＞1（{n∈{N^*}}）$．

点评 本题考查了数列递推关系、不等式的基本性质、反证法，考查推理能力与计算能力，属于难题．