每日一题[836]级数不等式的证明

数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$na_{n+1}=(n+2)a_n+n$，$b_n=\dfrac{a_n}{n(n+1)}$．

(1) 求$b_n$和$a_n$；

(2) 求证：$\dfrac n2\leqslant \dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n+1}}+b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\leqslant \dfrac{2n^2-4n+4\sqrt n-1}{2n}$．

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分析与解　(1)根据题意，有

$$\dfrac{a_{n+1}}{(n+1)(n+2)}=\dfrac{a_n}{n(n+1)}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)},$$ 于是 $$b_{n+1}+\dfrac{1}{n+2}=b_n+\dfrac{1}{n+1},$$ 进而可得 $$b_n+\dfrac{1}{n+1}=b_1+\dfrac{1}{2}=1,$$ 因此 $$b_n=\dfrac{n}{n+1},a_n=n^2.$$ (2)对于左边不等式，考虑到 $$\dfrac 1{a_{k+1}}+b_k^2=\dfrac{1}{(k+1)^2}+\dfrac{k^2}{(k+1)^2}=\dfrac{k^2+1}{(k+1)^2}\geqslant \dfrac 12,$$ 等号当且仅当$k=1$时取得．取$k=1,2,\cdots,n$，累加即得左边不等式．

对于右边不等式，即

$$n-\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k^2+1}{(k+1)^2}\geqslant 2+\dfrac{1}{2n}-\dfrac{2}{\sqrt n},$$ 也即 $$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{2k}{(k+1)^2}\geqslant 2+\dfrac{1}{2n}-\dfrac{2}{\sqrt n}.$$ 考虑到 $$\dfrac{2k}{(k+1)^2}=\dfrac{2}{k+\dfrac 1k+2}\geqslant \dfrac{2}{k+3},$$ 下面证明引理：当$k\geqslant 2$时，有 $$\dfrac{2}{k+3}\geqslant \dfrac{1}{2k}-\dfrac{2}{\sqrt k}-\dfrac{1}{2(k-1)}+\dfrac{2}{\sqrt{k-1}}.$$ 当$k=2$时，左边为$\dfrac 25$，右边为$\dfrac {7-4\sqrt 2}4$，显然成立；

当$k\geqslant 3$时，考虑证明

$$\dfrac{1}{k+3}\geqslant \dfrac 1{\sqrt{k-1}}-\dfrac{1}{\sqrt k},$$ 事实上，有 $$\dfrac{1}{\sqrt{k-1}}-\dfrac{1}{\sqrt k}=\dfrac{1}{k\sqrt{k-1}+(k-1)\sqrt k}\leqslant \dfrac{1}{\sqrt 2k+2\sqrt 3}<\dfrac{1}{k+3},$$ 因此引理得证．

这样就有

$$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{2k}{(k+1)^2}\geqslant\sum_{k=1}^n\dfrac{2}{k+3} \geqslant 2+\dfrac{1}{2n}-\dfrac{2}{\sqrt n},$$ 命题得证．

注1　由第一步放缩可知$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{2k}{(k+1)^2}$发散，而右侧收敛于$2$，因此右侧不等式可以大幅加强．

注2　考虑

$$\int \dfrac{2x}{(x+1)^2}{\rm d}x=\dfrac{2}{x+1}+2\ln(x+1),$$ 且函数$f(x)=\dfrac{2x}{(x+1)^2}$在$x\geqslant 2$时单调递减，且为下凸函数，因此有 $$\begin{split}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{2k}{(k+1)^2}&\geqslant \dfrac 12+\int_2^{n+1}\dfrac{2x}{(x+1)^2}{\rm d} x+\dfrac{f(2)-f(n+1)}2\\&=\dfrac 12+\dfrac{2}{n+2}+2\ln (n+2)-\dfrac 23-2\ln 3+\dfrac 29-\dfrac{n+1}{(n+2)^2}\\&=2\ln\dfrac{n+2}3+\dfrac{n+3}{(n+2)^2}+\dfrac{1}{18}.\end{split}$$