Question

17．已知函數(shù){a_n}：a₁=t，n²S_n+1=n²（S_n+a_n）+a_n²，n=1，2，…．
（1）設(shè){a_n}為等差數(shù)列，且前兩項(xiàng)和S₂=3，求t的值；
（2）若t=$\frac{1}{3}$，證明：$\frac{n}{2n+1}$≤a_n＜1．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（2）先證a_n＜1．易知a_n＞0，且{a_n}為遞增數(shù)列，利用遞推關(guān)系可得：$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}＞-\frac{1}{n^2}$，利用“累加求和”方法即可證明．再證${a_n}≥\frac{n}{2n+1}$，當(dāng)n=1時(shí)，${a_1}=\frac{1}{3}≥\frac{1}{2×1+1}$成立，由a_n＜1，可得：$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}＜-\frac{1}{{1+{n^2}}}$，利用“累加求和”方法即可得出．

解答 （1）解：設(shè)等差數(shù)列公差為d，則2t+d=3，
又${1^2}•{S_2}={1^2}（{S_1}+{a_1}）+a_1^2$，
得a₁=1或a₁=-3，
但當(dāng)a₁=-3時(shí)，d=9，無(wú)法使${n^2}{S_{n+1}}={n^2}（{S_n}+{a_n}）+a_n^2$恒成立，
∴t=1．
（2）先證a_n＜1．
易知a_n＞0，${a_{n+1}}-{a_n}=\frac{a_n^2}{n^2}＞0$，故{a_n}為遞增數(shù)列，
從而${a_{n+1}}={a_n}+\frac{a_n^2}{n^2}＜{a_n}+\frac{{{a_n}{a_{n-1}}}}{n^2}$，
∴$\frac{1}{a_n}＜\frac{1}{{{a_{n+1}}}}+\frac{1}{n^2}$有$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}＞-\frac{1}{n^2}$，
由疊加法有$\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_1}＞-[\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{{{{（n-1）}^2}}}]$（n≥2），
注意到$\frac{1}{k^2}＜\frac{1}{k（k-1）}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$（k≥2），
∴$\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_1}＞[\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{{{{（n-1）}^2}}}]$，$＞-[1+（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+…+（\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n-1}）]$=$\frac{1}{n-1}-2$
從而$\frac{1}{a_n}＞1+\frac{1}{n-1}＞1$，即a_n＜1（n≥2），
又${a_1}=t=\frac{1}{3}＜1$，有a_n＜1（n∈N^*）成立．
再證${a_n}≥\frac{n}{2n+1}$，
當(dāng)n=1時(shí)，${a_1}=\frac{1}{3}≥\frac{1}{2×1+1}$成立，
由a_n＜1，${a_{n+1}}={a_n}+\frac{a_n^2}{n^2}＜{a_n}+\frac{a_n}{n^2}⇒{a_n}＞\frac{n^2}{{1+{n^2}}}{a_{n+1}}$，
從而${a_{n+1}}={a_n}+\frac{a_n^2}{n^2}={a_n}+\frac{a_n}{n^2}•{a_n}$$＞{a_n}+\frac{a_n}{n^2}•\frac{n^2}{{1+{n^2}}}{a_{n+1}}$=${a_n}+\frac{{{a_n}{a_{n+1}}}}{{1+{n^2}}}$
∴$\frac{1}{a_n}＞\frac{1}{{{a_{n+1}}}}+\frac{1}{{1+{n^2}}}$，即有$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}＜-\frac{1}{{1+{n^2}}}$，
疊加有$\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_1}＜-[\frac{1}{{1+{1^2}}}+\frac{1}{{1+{2^2}}}+…+\frac{1}{{1+{{（n-1）}^2}}}]$（n≥2），
又$\frac{1}{{1+{k^2}}}＞\frac{1}{{k+{k^2}}}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$，
從而$\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_1}＜-[\frac{1}{{1+{1^2}}}+\frac{1}{{1+{2^2}}}+…+\frac{1}{{1+{{（n-1）}^2}}}]$$＜-[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+…（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）]$=$\frac{1}{n-1}$
∴$\frac{1}{a_n}＜2+\frac{1}{n}=\frac{2n+1}{n}$，即有${a_n}＞\frac{n}{2n+1}$（n≥2），
綜上${a_n}≥\frac{n}{2n+1}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、不等式的性質(zhì)、“累加求和”方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．