每日一题[1016]数列性质与求和

已知数列$\{a_n\}$满足$a_0=1$，$a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+a_n^2}$($n\in\mathbb N$)．
(1)求证：对任意正整数$n$，均有$a_{n+1}<a_n$；
(2)求证：对任意正整数$n$，均有$a_n<\dfrac 3{4\sqrt n}$；
(3)求证：$a_0+a_1+\cdots+a_n\geqslant \sqrt{2n+4}-1$．

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分析与解　(1)显然$a_n\ne 0$($n\in\mathbb N$)且$a_n>0$，进而

$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{1}{1+a_n^2}<1,$$ 不等式得证．

(2)法一　当$n=1$时，$a_1=\dfrac 12<\dfrac 34$，命题成立．

假设当$n=k$($k\in\mathbb N^*$)时命题成立，即

$$a_k<\dfrac{3}{4\sqrt k},$$ 则当$n=k+1$时，有 $$a_{n+1}=\dfrac{1}{a_n+\dfrac{1}{a_n}}<\dfrac{1}{\dfrac 3{4\sqrt n}+\dfrac {4\sqrt n}3}=\dfrac 34\cdot \dfrac{1}{\sqrt n+\dfrac {9}{16\sqrt n}},$$ 考虑到当$n\geqslant 1$时有 $$\sqrt{n+1}-\sqrt n=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}<\dfrac{9}{16\sqrt n},$$ 于是可得 $$a_{n+1}<\dfrac 3{4\sqrt{n+1}},$$ 命题成立．

综上所述，原命题得证．

法二　考虑到

$$\dfrac{1}{a_{n+1}}=a_n+\dfrac{1}{a_{n}},$$ 于是 $$\dfrac{1}{a_{n+1}^2}=\dfrac{1}{a_n^2}+2+a_n^2,$$ 因此 $$\dfrac{1}{a_n^2}=2(n-1)+\dfrac{1}{a_1^2}+a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{n-1}^2\geqslant 2n+2,$$ 因此 $$a_n\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{2n+2}}<\dfrac 3{4\sqrt n}.$$

(3)根据题意，有

$$\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_n}+a_n,$$ 于是 $$a_n=\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_n},$$ 因此 $$a_0+a_1+\cdots+a_n=\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_0}=\dfrac{1}{a_{n+1}}-1\geqslant \sqrt{2n+4}-1.$$

注　(3)是基于(2)中的法二进行的，如果(2)中用法一，也可以用数学归纳法单独证明$a_n\leqslant \dfrac 1{\sqrt{2n+2}}$．