Question

16．已知数列{a_n}满足：a₁=1，a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$${a}_{n}^{2}$（n∈N^*）．
（1）求最小的正实数M，使得对任意的n∈N^*，恒有0＜a_n≤M．
（2）求证：对任意的n∈N^*，恒有$\frac{18}{5•{2}^{n}+8}$≤a_n≤${（\frac{3}{4}）}^{n-1}$．

Answer 1

分析 （1）最小的正实数M=1，即使得对任意的n∈N^*，恒有0＜a_n≤1．利用数学归纳法即可证明．
（2）先证明右边：由（1）可得：0＜a_n≤1．通过放缩：a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$${a}_{n}^{2}$=a_n$（\frac{1}{2}+\frac{n}{{2}^{n+1}}{a}_{n}）$≤a_n（$\frac{1}{2}+\frac{n}{{2}^{n+1}}$）$\frac{3}{4}$a_n，（2n≤2ⁿ）．可得：a_n≤$（\frac{3}{4}）^{n-1}$．证明左边：利用数学归纳法证明即可得出．

解答 （1）解：最小的正实数M=1，即使得对任意的n∈N^*，恒有0＜a_n≤1．
下面利用数学归纳法证明：①当n=1时，a₁=1成立；
②假设n=k（k∈N^*）时，对任意的k∈N^*，恒有0＜a_k≤1．
则n=k+1时，易知k＜2^k，
∴0＜a_k+1=$\frac{1}{2}{a}_{k}$+$\frac{k}{{2}^{k+1}}$${a}_{k}^{2}$＜$\frac{1}{2}+\frac{k}{{2}^{k+1}}{a}_{k}$≤$\frac{1}{2}+\frac{k}{{2}^{k+1}}$＜$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$=1，
因此当n=k+1时假设成立，
综上可得：最小的正实数M=1，使得对任意的n∈N^*，恒有0＜a_n≤M．
（2）证明：先证明右边：由（1）可得：0＜a_n≤1．
∴a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$${a}_{n}^{2}$=a_n$（\frac{1}{2}+\frac{n}{{2}^{n+1}}{a}_{n}）$≤a_n（$\frac{1}{2}+\frac{n}{{2}^{n+1}}{a}_{n}$）≤a_n（$\frac{1}{2}+\frac{n}{{2}^{n+1}}$）≤a_n（$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}$）=$\frac{3}{4}$a_n，（2n≤2ⁿ）．
∴a_n≤$\frac{3}{4}{a}_{n-1}$$≤（\frac{3}{4}）^{2}{a}_{n-2}$≤$（\frac{3}{4}）^{n-1}{a}_{1}$=$（\frac{3}{4}）^{n-1}$，因此右边成立．
证明左边：下面利用数学归纳法证明：①当n=1时，a₁=1=$\frac{18}{5×{2}^{1}+8}$，成立；
②假设n=k（k∈N^*）时，对任意的k∈N^*，恒有a_k≥$\frac{18}{5×{2}^{k}+8}$．
则n=k+1时，要证明：a_k+1≥$\frac{18}{5×{2}^{k+1}+8}$，
又a_k+1=$\frac{1}{2}{a}_{k}$+$\frac{k}{{2}^{k+1}}$${a}_{k}^{2}$，
∴只要证明：$\frac{1}{2}{a}_{k}$+$\frac{k}{{2}^{k+1}}$${a}_{k}^{2}$≥$\frac{18}{5×{2}^{k+1}+8}$，
化为：k（5×2^k+4）${a}_{n}^{2}$+2^ka_k-18•2^k≥0，
解出：a_k≥$\frac{\sqrt{{2}^{k}（{2}^{k}+360k×{2}^{k}+288k）}-{2}^{k}}{2k（5×{2}^{k}+4）}$≥$\frac{18k+{2}^{k}-{2}^{k}}{2k（5×{2}^{k}+4）}$=$\frac{18}{5×{2}^{k+1}+8}$．
因此当n=k+1时也成立，
综上①②可得：左边成立．
因此：对任意的n∈N^*，恒有$\frac{18}{5•{2}^{n}+8}$≤a_n≤${（\frac{3}{4}）}^{n-1}$．

点评 本题考查了不等式的性质、“放缩法”、数学归纳法、递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．