每日一题[1951]扩大差异

设正实数数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=a$，对任意正整数 $n$，$a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{a_n^3}$．数列 $\{b_n\}$ 满足对任意正整数 $n$，$b_n=a_n\cdot a_{n+1}$．记数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$．

1、若对任意正整数 $n$ 均有 $\dfrac{S_n}{n}\geqslant\lambda$，求实数 $\lambda$ 的最大值．

2、若 $a=1$，记数列 $\{a_n^2\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，证明：对任意正整数 $n$，$S_n-T_n\leqslant \sqrt n$．

解析

1、由于 $\{a_n\}$ 单调递增，于是 $\{b_n\}$ 也单调递增，进而\[b_n>b_{n-1}>\cdots>b_1\implies \dfrac{S_n}{n}\geqslant b_1,\]等号当 $n=1$ 时取得，因此 $\lambda$ 的最大值为 $b_1=a^2+\dfrac{1}{a^2}$．

2、根据题意，有\[a_{n+1}^4=a_n^4+4+\dfrac{6}{a_n^8}+\dfrac{1}{a_n^{12}},\]于是\[a_{n+1}^4-a_n^4>4\implies a_n^4\geqslant 4n-3\implies a_n^2\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{4n-3}},\]于是\[S_n-T_n=\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{a_k^2}\leqslant \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{\sqrt{4k-3}},\]分析通项，只需要证明\[\dfrac{1}{\sqrt{4k-3}}\leqslant \sqrt{k}-\sqrt{k-1}\impliedby \sqrt{4k-3}\geqslant \sqrt k+\sqrt{k-1},\]即\[4k-3\geqslant 2k-1+\sqrt{2k(k-1)}\impliedby \sqrt{2(k-1)}\cdot \left(\sqrt{2(k-1)}- \sqrt k\right)\geqslant 0,\]这显然成立，因此命题得证．