每日一题[845]级数不等式

设数列$\{a_n\}$满足$a_{n+1}=a_n^2-a_n+1$($n\in\mathbb N^*$)，$S_n$为数列$\{a_n\}$的前$n$项和．证明：

(1) 当$a_1\in [0,1]$时，$a_n\in [0,1]$；
(2) 当$a_1>1$时，$a_n>(a_1-1)a_1^{n-1}$；
(3) 当$a_1=\dfrac 12$时，$n-\sqrt{\dfrac{2n}3}\leqslant S_n\leqslant n-1+\dfrac 1{2^n}$．

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分析与解　(1) 设$f(x)=x^2-x+1$，其函数图象如图．

由于$[0,1]$是迭代函数$f(x)$的一个保值区间，因此当$a_1\in [0,1]$时，有$a_n\in [0,1]$．

(2) 考虑到$f(x)$的不动点为$x=1$，且当$x>1$时，$f(x)>x$，因此$\{a_n\}$单调递增．进而由

$$a_{n+1}-1=\left(a_n-1\right)\cdot a_n,$$ 可得 $$a_n-1=\left(a_1-1\right)\cdot a_1\cdot a_2\cdots a_{n-1}\geqslant \left(a_1-1\right)a_1^{n-1},$$ 因此$a_n>\left(a_1-1\right)a_1^{n-1}$，命题得证．

(3) 容易证明$\{a_n\}$单调递增，且$\dfrac 12\leqslant a_n<1$．于是

$$1-a_{n+1}=(1-a_n)\cdot a_n\geqslant \dfrac 12(1-a_n),$$ 从而 $$1-a_n\geqslant \dfrac{1}{2^n},$$ 累加可得 $$\sum_{k=1}^n\left(1-a_k\right)\geqslant 1-\dfrac{1}{2^n},$$ 即 $$S_n\leqslant n-1+\dfrac{1}{2^n},$$ 右边不等式得证．

另一方面，有

$$\dfrac{1}{1-a_{n+1}}=\dfrac{1}{1-a_n}+\dfrac{1}{a_n},$$ 于是 $$\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{a_k}=\dfrac{1}{1-a_{n+1}}-\dfrac{1}{1-a_1}\geqslant n,$$ 从而可得当$n\geqslant 2$时，有 $$a_n\geqslant 1-\dfrac{1}{n+1},$$ 因此有 $$S_n\geqslant n-\left(\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 14+\cdots +\dfrac{1}{n+1}\right),$$ 接下来处理右边和式 $$\begin{split}\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 14+\cdots+\dfrac{1}{n+1}&<\sqrt{n}\cdot \sqrt{\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{(n+1)^2}}\\ &<\sqrt{n}\cdot \sqrt{\dfrac{1}{\dfrac 32\cdot\dfrac 52}+\dfrac{1}{\dfrac 52\cdot\dfrac 72}+\cdots+\dfrac{1}{\left(n+\dfrac 12\right)\left(n+\dfrac 32\right)}}\\ &=\sqrt n\cdot \sqrt{\dfrac 23 -\dfrac{1}{n+\dfrac 32}}\\ &<\sqrt{\dfrac{2n}3}, \end{split}$$ 因此有 $$S_n\geqslant n-\sqrt{\dfrac{2n}3},$$ 左边不等式得证．

综上所述，原命题得证．

注　事实上本题左边很宽松，甚至用数学归纳法都可以证明

$$S_n\geqslant n-\sqrt{\dfrac n2}.$$