每日一题[692]求通项，证上界

(2011年广东卷)设$b>0$，数列$\{a_n\}$满足$a_1=b$，$a_n=\dfrac{nba_{n-1}}{a_{n-1}+2n-2}$($n\geqslant 2$，$n\in\mathcal N^*$)．
(1) 求数列$\{a_n\}$的通项公式；
(2) 证明：对于一切正整数$n$，$a_n\leqslant \dfrac{b^{n+1}}{2^{n+1}} +1$．

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分析与解　(1) 当$b=2$时，$\dfrac{n}{a_n}=\dfrac{n-1}{a_{n-1}}+\dfrac 12$，则数列$\left\{\dfrac{n}{a_n}\right\}$是以$\dfrac{1}{a_1}=\dfrac 12$为首项，$\dfrac 12$为公差的等差数列，于是$\dfrac{n}{a_n}=\dfrac n2$，从而$a_n=2$．

当$b\neq 2$时，

法一　有

$$\begin{split} a_1&=b,\\ a_2&=\dfrac{2b^2}{b+2}=\dfrac{2b^2(b-2)}{b^2-2^2},\\ a_3&=\dfrac{3b^3}{b^2+2b+4}=\dfrac{3b^3(b-2)}{b^3-2^3},\end{split}$$ 猜想$a_n=\dfrac{nb^n(b-2)}{b^n-2^n}$，下面用数学归纳法证明．

当$n=1$时，猜想显然成立；

假设当$n=k$时，$a_k=\dfrac{kb^k(b-2)}{b^k-2^k}$，则

$$\begin{split} a_{k+1}=&\dfrac{(k+1)b\cdot a_k}{a_k+2k}\\=&\dfrac{(k+1)b\cdot kb^k(b-2)}{kb^k(b-2)+2k\cdot\left(b^k-2^k\right)}\\=&\dfrac{(k+1)b^{k+1}(b-2)}{b^{k+1}-2^{k+1}},\end{split}$$ 所以当$n=k+1$时猜想亦成立．

综上，猜想得证，因此$a_n=\dfrac{nb^n(b-2)}{b^n-2^n}$，$n\in\mathcal N^*$．

法二　由

$$\dfrac{n}{a_n}+\dfrac{1}{2-b}=\dfrac 2b\left(\dfrac{n-1}{a_{n-1}}+\dfrac{1}{2-b}\right),$$ 可得数列$\left\{\dfrac{n}{a_n}+\dfrac{1}{2-b}\right\}$是以$\dfrac{2}{b(2-b)}$为首项，$\dfrac 2b$为公比的等比数列，于是 $$\dfrac{n}{a_n}+\dfrac{1}{2-b}=\dfrac{2}{b(2-b)}\cdot\left(\dfrac 2b\right)^{n-1}=\dfrac{1}{2-b}\cdot\left(\dfrac{2}{b}\right)^n,$$ 于是$a_n=\dfrac{nb^n(2-b)}{2^n-b^n}$．

(2) 当$b=2$时，$a_n=2$，$\dfrac{b^{n+1}}{2^{n+1}}+1=2$，于是

$$a_n=\dfrac{b^{n+1}}{2^{n+1}}+1,$$ 从而原不等式成立；

当$b\neq 2$时，

法一　欲证明不等式即

$$\dfrac{nb^n(2-b)}{2^n-b^n}\leqslant \dfrac{b^{n+1}}{2^{n+1}}+1,$$ 整理知也即证 $$\dfrac{\dfrac{b^{n+1}}{2^n}-\dfrac{2^{n+1}}{b^n}}{b-2}\geqslant 2n+1.$$ 设不等式左侧为$b_n$，注意到 $$\left(\dfrac{b^{n+1}}{2^n}-\dfrac{2^{n+1}}{b^n}\right)\left(\dfrac b2 +\dfrac 2b\right)=\dfrac{b^{n+2}}{2^{n+1}}-\dfrac{2^{n+2}}{b^{n+1}}+\dfrac{b^n}{2^{n-1}}-\dfrac{2^n}{b^{n-1}},$$ 于是 $$b_{n+1}+b_{n-1}=\left(\dfrac b2+\dfrac 2b\right)\cdot b_n\geqslant 2b_n,$$ 所以 $$b_{n+1}-b_n\geqslant b_n-b_{n-1}.$$ 考虑到 $$b_2-b_1=\dfrac{\dfrac {b^3}{4}-\dfrac{8}{b^2}-\dfrac{b^2}{2}+\dfrac 4b}{b-2}=\dfrac {b^2}{4}+\dfrac{4}{b^2}\geqslant 2,$$ 而 $$b_1=\dfrac{b^2+2b+4}{2b}\geqslant 3,$$ 于是$b_n\geqslant 2n+1$．

法二　用分析法，有

$$\begin{split} &a_n=\dfrac{b^{n+1}}{2^{n+1}}+1\\&\Leftarrow \dfrac{nb^n(2-b)}{2^n-b^n}\leqslant \dfrac{b^{n+1}}{2^{n+1}}+1 \\ &\Leftarrow \dfrac{n}{2^{n-1}+2^{n-2}b+2^{n-3}b^2+\cdots +2b^{n-2}+b^{n-1}}\leqslant \dfrac{b}{2^{n+1}}+\dfrac{1}{b^n}\\ &\Leftarrow n\leqslant \dfrac{2^{n-1}}{b^n}+\dfrac{2^{n-2}}{b^{n-1}}+\dfrac{2^{n-3}}{b^{n-2}}+\cdots +\dfrac {2}{b^2}+\dfrac 1b+\dfrac b{2^2}+\dfrac{b^2}{2^3}+\cdots +\dfrac{b^{n-1}}{2^n}+\dfrac{b^n}{2^{n+1}},\end{split}$$ 由均值不等式，上述不等式成立，因此原命题得证．