每日一题[593]看我七十二变

(2008年浙江卷理科数学第22题)已知数列$\{a_n\}$满足$a_n\geqslant 0$,$a_1=0$,且$a_{n+1}^2+a_{n+1}-1=a_n^2$($n\in\mathcal N^*$),$S_n$是数列$\{a_n\}$的前$n$项和,$T_n=\dfrac{1}{1+a_1}+\dfrac 1{(1+a_1)(1+a_2)}+\cdots +\dfrac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_n)}$.

(1) 求证:$a_n<a_{n+1}$;

(2) 求证:$S_n>n-2$;

(3) 求证:$T_n<3$.


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分析与解 (1) 根据题意,可设迭代函数$$f(x)=\dfrac{-1+\sqrt{5+4x^2}}2,$$则$a_{n+1}=f(a_n)$,如图.屏幕快照 2016-08-04 下午3.27.31由于$f(x)$在$(0,1)$上单调递增,且$f(1)=1$,因此可得$0\leqslant a_n<a_{n+1}<1$,$n\in\mathcal N^*$.

(2) 根据已知,当$n\geqslant 2$时,有\[\begin{split} n-S_n&=(1-a_1)+(1-a_2)+(1-a_3)+\cdots +(1-a_n)\\ &=1+(a_2^2-a_1^2)+(a_3^2-a_2^2)+\cdots +(a_n^2-a_{n-1}^2)\\ &=1+a_n^2<2,\end{split}\]而当$n=1$时命题显然成立,因此原命题得证.

(3) 由$a_{n+1}^2+a_{n+1}-1=a_n^2$可得$$\dfrac{1}{1+a_{n+1}}=\dfrac{a_{n+1}}{1+a_n^2},$$从而当$n\geqslant 2$时,有\[\begin{split} &\dfrac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_n)}\\=&\dfrac{a_2\cdot a_3\cdots a_n}{(1+a_1)(1+a_1^2)(1+a_2^2)\cdots (1+a_{n-1}^2)}\\ <&\dfrac{a_2\cdot a_3\cdots a_n}{2a_2\cdots 2a_{n-1}}\\=&\dfrac{a_n}{2^{n-2}}<\dfrac{1}{2^{n-2}},\end{split} \]因此有$$T_n<1+1+\dfrac 12+\cdots +\dfrac{1}{2^{n-2}}<3,$$原命题得证.


 利用递推式变形进行放缩往往比利用不动点改造递推公式放缩有效.第(1)题方法很多,比如:因为$$a_{{n+1}}^{2}+a_{n+1}-2=(a_{n+1}-1)(a_{n+1}+2)=(a_n-1)(a_n+1),$$所以$a_n-1$的正负一直不变,因为$a_1-1<0$,所以有$a_n<1$.于是由$a_{n+1}^2-a_n^2=1-a_{n+1}>0$得$a_{n+1}>a_n$.

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