Question

9．已知數(shù)列中，a₁=1，a₂=$\frac{1}{4}$，且a_n+1=$\frac{{（n-1）{a_n}}}{{n-{a_n}}}$（n=2，3，4，…）．
（Ⅰ）證明：求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求證：（i）對(duì)一切n∈N^*，都有$\frac{1}{{a_{n+1}^2}}$＞$\frac{1}{a_n^2}$；
（ii）對(duì)一切n∈N^*，有a₁²+a₂²+…+a_n²＜$\frac{7}{6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)n≥2時(shí)，通過裂項(xiàng)、變形可知$\frac{1}{{n{a_{n+1}}}}-\frac{1}{{（n-1）{a_n}}}=-（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$，進(jìn)而并項(xiàng)相加即得結(jié)論；
（Ⅱ）（i）通過（I）代入計(jì)算、利用作差法計(jì)算即得結(jié)論；（ii）當(dāng)k≥2時(shí)通過放縮可知${{a}_{k}}^{2}$＜$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3k-4}$-$\frac{1}{3k-1}$），進(jìn)而并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 證明：（Ⅰ）由已知，對(duì)n≥2有：$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{{n-{a_n}}}{{（n-1）{a_n}}}=\frac{n}{{（n-1）{a_n}}}-\frac{1}{n-1}$，
兩邊同除以n，得：$\frac{1}{{n{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{（n-1）{a_n}}}-\frac{1}{n（n-1）}$，
即$\frac{1}{{n{a_{n+1}}}}-\frac{1}{{（n-1）{a_n}}}=-（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$，
于是，$\sum_{k=2}^{n-1}$[$\frac{1}{k{a}_{k+1}}$-$\frac{1}{（k-1）{a}_{k}}$]=-$\sum_{k=2}^{n-1}$[$\frac{1}{k-1}$-$\frac{1}{k}$]=-（1-$\frac{1}{n-1}$），
即$\frac{1}{{（n-1）{a_n}}}-\frac{1}{a_2}=-（1-\frac{1}{n-1}），n≥2$，
所以$\frac{1}{{（n-1）{a_n}}}=\frac{1}{a_2}-（1-\frac{1}{n-1}）=\frac{3n-2}{n-1}$，即${a_n}=\frac{1}{3n-2}，n≥2$，
又n=1時(shí)也成立，故${a_n}=\frac{1}{3n-2}，n∈{N^*}$；
（Ⅱ）（i）由（I）可知$\frac{1}{{{a}_{n+1}}^{2}}$-$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=[3（n+1）-2]²-（3n-2）²=18n-3＞0，
∴$\frac{1}{{a_{n+1}^2}}＞\frac{1}{a_n^2}$，即對(duì)一切n∈N^*，都有$\frac{1}{{a_{n+1}^2}}＞\frac{1}{a_n^2}$；
（ii）當(dāng)k≥2，有$a_k^2=\frac{1}{{{{（3k-2）}^2}}}＜\frac{1}{（3k-4）（3k-1）}=\frac{1}{3}（\frac{1}{3k-4}-\frac{1}{3k-1}）$，
所以n≥2時(shí)，有$\sum_{k=1}^n{a_k^2}=1+\sum_{k=2}^n{a_k^2}＜1+\frac{1}{3}[{（\frac{1}{2}-\frac{1}{5}）+（\frac{1}{5}-\frac{1}{8}）+…+（\frac{1}{3n-4}-\frac{1}{3n-1}）}]$
=$1+\frac{1}{3}（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3n-1}}）＜1+\frac{1}{6}=\frac{7}{6}$，
又n=1時(shí)，$a_1^2=1＜\frac{7}{6}$滿足上式，
故對(duì)一切n∈N^*，有$a_1^2+a_2^2+…+a_n^2＜\frac{7}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查裂項(xiàng)相消法，分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．