Question

11．已知数列{a_n}满足a₁=1，${a_{n+1}}•{a_n}=\frac{1}{n}$（n∈N^*），
（Ⅰ） 证明：$\frac{{{a_{n+2}}}}{n}=\frac{a_n}{n+1}$；
（Ⅱ） 证明：$2（{\sqrt{n+1}-1}）≤\frac{1}{{2{a_3}}}+\frac{1}{{3{a_4}}}+…+\frac{1}{{（n+1）{a_{n+2}}}}≤n$．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 由${a_{n+1}}•{a_n}=\frac{1}{n}$，${a_{n+2}}•{a_{n+1}}=\frac{1}{n+1}$相除即可证明．
（II）由（Ⅰ）得：（n+1）a_n+2=na_n，$\frac{1}{{2{a_3}}}+\frac{1}{{3{a_4}}}+…+\frac{1}{{（n+1）{a_{n+2}}}}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{{2{a_2}}}+…+\frac{1}{{n{a_n}}}$，令b_n=na_n，则${b_n}•{b_{n+1}}=n{a_n}•（n+1）{a_{n+1}}=\frac{n•（n+1）}{n}=n+1$，b_n-1•b_n=n．可得b_n＞0，$\frac{1}{b_n}={b_{n+1}}-{b_{n-1}}（n≥2）$．由b₁＜b₃＜…＜b_2n-1，b₂＜b₄＜…＜b_2n，得b_n≥1．根据b_n•b_n+1=n+1得：b_n+1≤n+1，可得1≤b_n≤n．一方面：${b_n}+{b_{n+1}}-2≥2\sqrt{{b_n}{b_{n+1}}}-2=2（\sqrt{n+1}-1）$，即可证明．

解答 （Ⅰ） 证明：∵${a_{n+1}}•{a_n}=\frac{1}{n}$①，∴${a_{n+2}}•{a_{n+1}}=\frac{1}{n+1}$②
由②÷①得：$\frac{{{a_{n+2}}•{a_{n+1}}}}{{{a_{n+1}}•{a_n}}}=\frac{{{a_{n+2}}}}{a_n}=\frac{n}{n+1}$，
∴$\frac{{{a_{n+2}}}}{n}=\frac{a_n}{n+1}$
（Ⅱ） 证明：由（Ⅰ）得：（n+1）a_n+2=na_n
∴$\frac{1}{{2{a_3}}}+\frac{1}{{3{a_4}}}+…+\frac{1}{{（n+1）{a_{n+2}}}}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{{2{a_2}}}+…+\frac{1}{{n{a_n}}}$
令b_n=na_n，则${b_n}•{b_{n+1}}=n{a_n}•（n+1）{a_{n+1}}=\frac{n•（n+1）}{n}=n+1$③
∴b_n-1•b_n=n④
由b₁=a₁=1，b₂=2，易得b_n＞0
由③-④得：$\frac{1}{b_n}={b_{n+1}}-{b_{n-1}}（n≥2）$
∴b₁＜b₃＜…＜b_2n-1，b₂＜b₄＜…＜b_2n，得b_n≥1
根据b_n•b_n+1=n+1得：b_n+1≤n+1，∴1≤b_n≤n
∴$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{{2{a_2}}}+…+\frac{1}{{n{a_n}}}=\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2}+…+\frac{1}{b_n}$
=$\frac{1}{b_1}+（{b_3}-{b_1}）+（{b_4}-{b_2}）+…+（{b_n}-{b_{n-2}}）+（{b_{n+1}}-{b_{n-1}}）$
=$\frac{1}{b_1}+{b_n}+{b_{n+1}}-{b_1}-{b_2}={b_n}+{b_{n+1}}-2$
一方面：${b_n}+{b_{n+1}}-2≥2\sqrt{{b_n}{b_{n+1}}}-2=2（\sqrt{n+1}-1）$
另一方面：由1≤b_n≤n可知：${b_n}+{b_{n+1}}-2={b_n}+\frac{n+1}{b_n}-2≤min\left\{{1+n+1-2，n+\frac{n+1}{n}-2}\right\}≤n$．

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