Question

19．已知數(shù)列{a_n}（n∈N^*），滿(mǎn)足a₁=1，2a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+$\sqrt{\frac{1}{3}+{a_n}}$．
（Ⅰ） 求證：$\frac{2}{3}$＜a_n+1＜a_n；
（Ⅱ） 設(shè)數(shù)列{a_n}（n∈N^*）的前n項(xiàng)和為S_n，證明：S_n＜$\frac{2n}{3}$+$\frac{4}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 利用數(shù)學(xué)歸納法證明左邊不等式，利用作差法證明右邊不等式，即可證明：$\frac{2}{3}$＜a_n+1＜a_n；
（Ⅱ） 問(wèn)題等價(jià)于證明S_n-$\frac{2n}{3}$＜$\frac{4}{3}$，即$\sum_{i=1}^{n}$（${a}_{i}-\frac{2}{3}$）＜$\frac{4}{3}$，利用放縮法、等比數(shù)列的求和公式，即可證明．

解答 證明：（Ⅰ） 先證明a_n+1＞$\frac{2}{3}$，
n=1時(shí)，2a₂=$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{\sqrt{3}}$，∴a₂=$\frac{1}{4}$+$\frac{\sqrt{3}}{3}$＞$\frac{2}{3}$，結(jié)論成立，
假設(shè)n=k時(shí)，結(jié)論成立，即a_k+1＞$\frac{2}{3}$，
則n=k+1時(shí)，2a_k+2=$\frac{1}{2}$a_k+1+$\sqrt{\frac{1}{3}+{a}_{k+1}}$＞$\frac{1}{3}$+1=$\frac{4}{3}$，∴a_k+2＞$\frac{2}{3}$，
即n=k+1時(shí)，結(jié)論成立，
∴a_n+1＞$\frac{2}{3}$．
∴a_n+1-a_n=-$\frac{3}{4}$a_n+$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{1}{3}+{a_n}}$＜0，
∴$\frac{2}{3}$＜a_n+1＜a_n；
（Ⅱ） 問(wèn)題等價(jià)于證明S_n-$\frac{2n}{3}$＜$\frac{4}{3}$，即$\sum_{i=1}^{n}$（${a}_{i}-\frac{2}{3}$）＜$\frac{4}{3}$，
設(shè)b_n=a_n-$\frac{2}{3}$，b₁=$\frac{1}{3}$，則2a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+$\sqrt{\frac{1}{3}+{a_n}}$可化為2b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+$\sqrt{1+_{n}}$-1，
∴$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{\sqrt{1+_{n}}+1}$＜$\frac{3}{4}$，
∴b_n≤$\frac{1}{3}$•（$\frac{3}{4}$）^n-1，
∴S_n-$\frac{2n}{3}$＜$\frac{\frac{1}{3}[1-（\frac{3}{4}）^{n}]}{1-\frac{3}{4}}$＜$\frac{4}{3}$，
∴S_n＜$\frac{2n}{3}$+$\frac{4}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查不等式的證明，考查放縮法的運(yùn)用，難度大．