每日一题[1242]上下限

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$ 且 $a_{n+1}=a_n+\dfrac{a_n^2}{n(n+1)}$($n\in\mathbb N^{\ast}$).

1、求证:对任意正整数 $n$,有 $a_n<5$;

2、求证:存在正整数 $m$,使得 $a_m>4$.

解析

1、根据题意,有\[a_1=1,a_2=\dfrac 32.\]而\[\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{n(n+1)}{a_n(a_n+n(n+1))}=\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_n+n(n+1)},\]于是当 $n\geqslant 2$ 时,有\[\begin{split}\dfrac{1}{a_1}-\dfrac{1}{a_{n+1}}&=\dfrac{1}{a_1+2}+\dfrac{1}{a_2+6}+\cdots+\dfrac{1}{a_n+n(n+1)}\\ &\leqslant\dfrac 13+\dfrac 2{15}+\sum_{k=3}^{n}\left(\dfrac 1k-\dfrac 1{k+1}\right)\\ &=\dfrac 45-\dfrac 1{n+1},\end{split}\]从而有\[\dfrac{1}{a_{n+1}}\geqslant \dfrac 15+\dfrac{1}{n+1},n\geqslant 2\]因此\[a_{n+1}\leqslant \dfrac{5(n+1)}{n+6}<5,n\geqslant 2\]结合 $a_1,a_2<5$,命题成立.

2、根据第 $(1)$ 小题的结果,当 $n\geqslant 3$ 时,有\[\begin{split}\dfrac 1{a_1}-\dfrac{1}{a_{n+1}}&=\dfrac 1{a_1+2}+\dfrac 1{a_2+6}+\cdots+\dfrac{1}{a_n+n(n+1)}\\ &\geqslant\dfrac 13+\dfrac{2}{15}+\sum_{k=3}^n\dfrac{k+5}{k(k^2+6k+10)}\\ &>\dfrac {7}{15}+\sum_{k=3}^n\dfrac{k+5}{k(k+2)(k+5)}\\ &>\dfrac 7{15}+\sum_{k=3}^n\dfrac{1}{\left(k+\dfrac 12\right)\left(k+\dfrac 32\right)}\\ &=\dfrac 7{15}+\dfrac 27-\dfrac{2}{2n+3},\end{split}\]于是\[\dfrac{1}{a_{n+1}}<\dfrac{26}{105}+\dfrac 2{2n+3},\]也即\[\dfrac{1}{a_{n+1}}<\dfrac 14+\dfrac{2}{2n+3}-\dfrac{2}{840},\]因此取 $m=420$,则有\[\dfrac{1}{a_m}<\dfrac 14+\dfrac 2{841}-\dfrac 2{840}<\dfrac 14,\]即\[a_m>4,\]原命题得证.

备注    事实上,不难证明\[a_{n+1}>a_t+a_t^2\cdot \left(\dfrac 1t-\dfrac 1{n+1}\right),\]其中 $t\in\mathbb N^{\ast}$.因此只需要证明存在某个正整数 $t$,使得\[a_t+\dfrac{a_t^2}t>4.\]可以通过mma发现,当 $t=9$ 时,有\[a_9\approx 3.00758,\]于是命题得证.

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