Question

11．设数列{a_n}满足a_n+1=a_n²-a_n+1（n∈N*），S_n为{a_n}的前n项和．证明：对任意n∈N^*，
（I）当0≤a₁≤1时，0≤a_n≤1；
（II）当a₁＞1时，a_n＞（a₁-1）a₁^n-1；
（III）当a₁=$\frac{1}{2}$时，n-$\sqrt{2n}$＜S_n＜n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）用数学归纳法能证明当0≤a₁≤1时，0≤a_n≤1．
（Ⅱ）由a_n+1-a_n=（${{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1$）-a_n=（a_n-1）²≥0，知a_n+1≥a_n．从而$\frac{{a}_{n+1}-1}{{a}_{n}-1}$=a_n≥a₁，由此能证明当a₁＞1时，a_n＞（a₁-1）a₁^n-1．
（Ⅲ）当${a}_{1}=\frac{1}{2}$时，S_n＜n，令b_n=1-a_n（n∈N^*），则b_n＞b_n+1＞0，（n∈N^*），由${a}_{n+1}={{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1$，得${{b}_{n}}^{2}={b}_{n}-{b}_{n+1}$．从而${b}_{n}＜\frac{1}{\sqrt{2n}}$，（n∈N^*），由此能证明当${a}_{1}=\frac{1}{2}$时，$n-\sqrt{2n}＜{S}_{n}＜n$．

解答 证明：（Ⅰ）用数学归纳法证明．
①当n=1时，0≤a_n≤1成立．
②假设当n=k（k∈N^*）时，0≤a_k≤1，
则当n=k+1时，${a}_{k+1}={{a}_{k}}^{2}-{{a}_{k}+1}^{\;}$=（${a}_{k}-\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$∈[$\frac{3}{4}，1$]?[0，1]，
由①②知，$0≤{a}_{n}≤1，（n∈{N}^{*}）$．
∴当0≤a₁≤1时，0≤a_n≤1．
（Ⅱ）由a_n+1-a_n=（${{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1$）-a_n=（a_n-1）²≥0，知a_n+1≥a_n．
若a₁＞1，则a_n＞1，（n∈N^*），
从而${a}_{n-1}-1=（{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1）-1$=${{a}_{n}}^{2}$-a_n=a_n（a_n-1），
即$\frac{{a}_{n+1}-1}{{a}_{n}-1}$=a_n≥a₁，
∴${a}_{n}-1≥（{a}_{1}-1）{{a}_{1}}^{n-1}$，
∴当a₁＞1时，a_n＞（a₁-1）a₁^n-1．
（Ⅲ）当${a}_{1}=\frac{1}{2}$时，由（Ⅰ），0＜a_n＜1（n∈N^*），故S_n＜n，
令b_n=1-a_n（n∈N^*），由（Ⅰ）（Ⅱ），b_n＞b_n+1＞0，（n∈N^*），
由${a}_{n+1}={{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1$，得${{b}_{n}}^{2}={b}_{n}-{b}_{n+1}$．
∴${{b}_{1}}^{2}+{{b}_{2}}^{2}+…+{{b}_{n}}^{2}$=（b₁-b₂）+（b₂-b₃）+…+（b_n-b_n+1）=b₁-b_n+1＜b₁=$\frac{1}{2}$，
∵${{b}_{1}}^{2}+{{b}_{2}}^{2}+…+{{b}_{n}}^{2}$≥$n{{b}_{n}}^{2}$，
∴nb_n²$＜\frac{1}{2}$，即${b}_{n}＜\frac{1}{\sqrt{2n}}$，（n∈N^*），
∵${b}_{n}＜\frac{1}{\sqrt{2n}}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}n}＜\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}$=$\sqrt{2}（\sqrt{n}-\sqrt{n-1}）$，
∴b₁+b₂+…+b_n$＜\sqrt{2}$[（$\sqrt{1}-\sqrt{0}$）+（$\sqrt{2}-\sqrt{1}$）+…+（$\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$）]=$\sqrt{2n}$，
即n-S_n$＜\sqrt{2n}$，亦即${S}_{n}＞n-\sqrt{2n}$，
∴当${a}_{1}=\frac{1}{2}$时，$n-\sqrt{2n}＜{S}_{n}＜n$．

点评 本题考查数列不等式的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意数学归纳法、数列性质、放缩法的合理运用．