Question

3．设数列{a_n}满足：a₁=a，a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}^{2}+1}$（a＞0且a≠1，n∈N^*）．
（1）证明：当n≥2时，a_n＜a_n+1＜1；
（2）若b∈（a₂，1），求证：当整数k≥$\frac{（b-{a}_{2}）（b+1）}{{a}_{2}（1-b）}$+1时，a_k+1＞b．

Answer 1

分析 （1）先判断a_n＞0，再由基本不等式得到a_n+1≤1，再利用数学归纳法证明：
（2）分若a_k≥b，由（1）知a_k+1＞a_k≥b，若a_k＜b，根据0＜x＜1以及二项式定理可（1+x）ⁿ≥nx，根据迭代法和放缩法可证明a_k+1＞a₂•[1+$\frac{1-b}{1+b}$（k-1）]，再由条件可得1+$\frac{1-b}{1+b}$（k-1）≥$\frac{b-{a}_{2}}{{a}_{2}}$+1=$\frac{b}{{a}_{2}}$，问题得以证明

解答 证明：（1）由a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}^{2}+1}$知a_n与a₁的符号相同，而a₁=a＞0，
∴a_n＞0，
∴a_n+1=$\frac{2}{{a}_{n}+\frac{1}{{a}_{n}}}$≤1，当且仅当a_n=1时，a_n+1=1
下面用数学归纳法证明：
①∵a＞0且a≠1，
∴a₂＜1，
∴$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$=$\frac{2}{{a}_{2}^{2}+1}$＞1，即有a₂＜a₃＜1，
②假设n=k时，有a_k＜a_k+1＜1，则
a_k+2=$\frac{2{a}_{k+1}}{{a}_{k+1}^{2}+1}$=$\frac{2}{{a}_{k+1}+\frac{1}{{a}_{k+1}}}$＜1且$\frac{{a}_{k+2}}{{a}_{k+1}}$=$\frac{2}{{a}_{k+1}^{2}+1}$＞1，即a_k+1＜a_k+2＜1
即当n=k+1时不等式成立，
由①②可得当n≥2时，a_n＜a_n+1＜1；
（2）若a_k≥b，由（1）知a_k+1＞a_k≥b，
若a_k＜b，∵0＜x＜1以及二项式定理可知（1+x）ⁿ=1+C_n¹x+…+C_nⁿxⁿ≥nx，
而a_k²+1＜b²+1＜b+1，且a₂＜a₃＜…＜a_k＜b＜1
∴a_k+1=a₂•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$…$\frac{{a}_{k+1}}{{a}_{k}}$，
=a₂•$\frac{{2}^{k-1}}{（1+{a}_{2}^{2}）（1+{a}_{3}^{2}）…（1+{a}_{k}^{2}）}$
＞a₂•（$\frac{2}{1+{b}^{2}}$）^k-1＞a₂•（$\frac{2}{1+b}$）^k-1=a₂•（1+$\frac{1-b}{1+b}$）^k-1，
≥a₂•[1+$\frac{1-b}{1+b}$（k-1）]，
∵k≥$\frac{（b-{a}_{2}）（b+1）}{{a}_{2}（1-b）}$+1，
∴1+$\frac{1-b}{1+b}$（k-1）≥$\frac{b-{a}_{2}}{{a}_{2}}$+1=$\frac{b}{{a}_{2}}$，
∴a_k+1＞b．

点评 本题考查了数列和不等式的关系，考查了数学归纳法和放缩法证明不等式成立，以及借用二项式定理，考查了分析问题，解决问题的能力，培养了学生的运算能力和转化能力，属于难题