每日一题[1063]单调与有界的纠缠

已知数列 $\{a_n\}$ 满足对任意正整数 $n\in\mathbb N^{\ast}$，都有 $a_n>0$ 且 $a_{n+1}+\dfrac{1}{a_n}<2$．

（1）求证：$a_{n+2}<a_{n+1}<2$；

（2）求证：$a_n>1$．

---

分析与解　(1)根据题意，有

$$a_{n+1}<2-\dfrac{1}{a_n}<2,$$ 又 $$a_{n+2}-a_{n+1}<2-\dfrac{1}{a_{n+1}}-a_{n+1}=-\dfrac{(a_{n+1}-1)^2}{a_{n+1}}<0,$$ 于是 $a_{n+2}<a_{n+1}$，原命题得证．

 (2)用反证法．
假设存在 $a_k\leqslant 1$，则 $a_{k+1}<1$，且易知

$$a_n>\dfrac{1}{2-a_{n+1}}>\dfrac 12,$$ 于是 $\dfrac 12<a_{k+1}<1$．当 $n\geqslant k+1$ 时，有 $$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<\dfrac{2-\dfrac{1}{a_n}}{a_n}=\dfrac{2a_n-1}{a_n^2}\leqslant \dfrac{2a_{k+1}-1}{a_{k+1}^2},$$ 因此可得 $$a_{k+m}<\left(\dfrac{2a_{k+1}-1}{a_{k+1}^2}\right)^{m-1}\cdot a_{k+1},$$ 由于 $$0<\dfrac{2a_{k+1}-1}{a_{k+1}^2}<1,$$ 于是必然存在正整数 $m$，使得 $$a_{k+m}<\dfrac 12,$$ 矛盾．

因此原命题得证．

注　因为函数 $y=\dfrac{2x-1}{x^2}=-\left(\dfrac 1x-1\right)^2+1$ 在 $\left(\dfrac 12,1\right)$ 上单调递增，而 $n\geqslant k+1$ 时，$a_n\leqslant a_{k+1}$，所以有

$$\dfrac{2a_n-1}{a_n^2}\leqslant \dfrac{2a_{k+1}-1}{a_{k+1}^2}.$$