每日一题[1666]小巫见大巫

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_0 = \dfrac 1 k$,$a_n = a_{n-1} + \dfrac 1 {n^2}a_{n-1}^2$,其中 $k$ 为正整数.如果对于所有的 $n \in \mathbb N^{\ast}$,都有 $a_n<1$,求 $k$ 的取值范围.

答案    $\{k\in\mathbb N\mid k\geqslant 3\}$.

解析    考虑到 $a_1=a_0+a_0^2<1$,于是\[\dfrac 1k+\dfrac 1{k^2}<1\implies k>\dfrac{\sqrt 5+1}2\implies k\geqslant 2.\] 当 $k=2$ 时,有\[a_n-a_{n-1}={\dfrac 1 {n^2}}a_{n-1}^{2}\implies a_n -a_0={\dfrac 1 {n^2}}a_{n-1}^{2}+\dfrac {1}{(n-1)^2}a_{n-2}^{2}+\cdots+\dfrac 1 4 a_1^2+a_0^2.\] 显然 $\{a_n\}$ 是单调增数列,因此\[a_n -a_0>\left(\dfrac 1 {n^2}+\dfrac {1}{(n-1)^2}+\cdots+\dfrac 1 {2^2}\right)a_1^2+a_0^2>\left(\dfrac 1 2-\dfrac 1{n+1}\right)\dfrac 9 {16}+\dfrac 1 4,\] 从而有\[a_n>\dfrac 9{32}+\dfrac 3 4-\dfrac 9{16(n+1)}=\dfrac {33}{32}-\dfrac 9{16(n+1)},\] 当 $\dfrac 9{16(n+1)}<\dfrac 1 {32}$ 时,有 $a_n>1$,不符合题意. 当 $k \geqslant 3$ 时,由于\[a_n-a_{n-1}={\dfrac 1 {n^2}}a_{n-1}^{2}<\dfrac 1 {n^2}a_{n-1}a_n, n\in \mathbb N^{\ast},\] 故\[\dfrac 1 {a_n-1}-\dfrac 1 {a_n}<\dfrac 1 {n^2}, n \in \mathbb N^{\ast},\] 从而\[\dfrac 1 {a_0}-\dfrac 1{a_n}<1+\dfrac 1 {2^2}+\cdots+\dfrac 1 {n^2}<2-\dfrac 1 n,\] 因此\[k-2+\dfrac 1 n<\dfrac 1 {a_n}\implies \dfrac 1 {a_n}>1,n \in \mathbb N^{\ast}.\] 综上所述,$k$ 的取值范围是 $\{k\in\mathbb N\mid k\geqslant 3\}$.

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