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.

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每日一题[1951]扩大差异》有2条回应

  1. Zhouyifan说:

    博主您好您这个答案是有问题的
    倒数第二个式子,你把k=2带进去,就可以发现不成立。
    如果要得到完整的解答你需要乘八次方再把四次方的二级结论带进八次方的式子里。
    如果不介意的话大佬可以加我qq吗喵?

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