Question

15．在数列{a_n}中，a₁=a（a∈R），a_n+1=$\frac{2{{a}_{n}}^{2}}{4{a}_{n}-1}$（n∈N^*），记数列{a_n}的前n项和是S_n．
（Ⅰ）若对任意的n∈N^*，都有a_n+1＞$\frac{1}{2}$，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若a=1，求证：S_n＜$\frac{{n}^{2}}{4}$+1（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a_n+1=$\frac{2{{a}_{n}}^{2}}{4{a}_{n}-1}$（n∈N^*），可得${a}_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{（2{a}_{n}-1）^{2}}{2（4{a}_{n}-1）}$，当a_n+1$＞\frac{1}{2}$时，a_n$＞\frac{1}{4}$，且a_n$≠\frac{1}{2}$，反之也成立．即可得出．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a=1时，a_n$＞\frac{1}{2}$，从而a_n＞0，可得a_n+1-a_n＜0，因此$\frac{1}{2}＜{a}_{n}≤1$，又$\frac{{a}_{n+1}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{1}{2}}$=$\frac{2{a}_{n}-1}{4{a}_{n}-1}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{8{a}_{n}-2}$，可得：a_n+1$-\frac{1}{2}$$≤\frac{1}{3}$$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）$．
利用递推关系与等比数列的前n项和公式可得S_n$＜\frac{n}{2}$+$\frac{3}{4}$．进而得出结论．

解答 （Ⅰ）解：∵a_n+1=$\frac{2{{a}_{n}}^{2}}{4{a}_{n}-1}$（n∈N^*），∴${a}_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{（2{a}_{n}-1）^{2}}{2（4{a}_{n}-1）}$，
当a_n+1$＞\frac{1}{2}$时，a_n$＞\frac{1}{4}$，且a_n$≠\frac{1}{2}$，反之，当a_n$＞\frac{1}{4}$时，且a_n$≠\frac{1}{2}$，可得：a_n+1$＞\frac{1}{2}$．
故$a＞\frac{1}{4}$，且a$≠\frac{1}{2}$．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，a=1时，a_n$＞\frac{1}{2}$，从而a_n＞0，
∴a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}-2{a}_{n}^{2}}{4{a}_{n}-1}$=$\frac{{a}_{n}（1-2{a}_{n}）}{4{a}_{n}-1}$＜0，
∴$\frac{1}{2}＜{a}_{n}≤1$，
由${a}_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{（2{a}_{n}-1）^{2}}{2（4{a}_{n}-1）}$，可得：$\frac{{a}_{n+1}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{1}{2}}$=$\frac{2{a}_{n}-1}{4{a}_{n}-1}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{8{a}_{n}-2}$，
由$\frac{1}{2}＜{a}_{n}≤1$，得$\frac{1}{2}-\frac{1}{8{a}_{n}-2}$$≤\frac{1}{3}$，
即a_n+1$-\frac{1}{2}$$≤\frac{1}{3}$$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）$．
∴$（{a}_{1}-\frac{1}{2}）$+$（{a}_{2}-\frac{1}{2}）$+…+$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）$≤$（{a}_{1}-\frac{1}{2}）$$（1+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{{3}^{n-1}}）$=$\frac{（{a}_{1}-\frac{1}{2}）（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$＜$\frac{3}{4}$．
∴S_n$＜\frac{n}{2}$+$\frac{3}{4}$．
又$\frac{{n}^{2}}{4}$+1-$（\frac{n}{2}+\frac{3}{4}）$=$\frac{（n-1）^{2}}{4}$≥0，
∴S_n＜$\frac{{n}^{2}}{4}$+1（n∈N^*）．

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