Question

18．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{1}{2}$，都有a_n+1=$\frac{1}{3}$a_n³+$\frac{2}{3}$a_n，n∈N^*
（1）求證：$\frac{1}{2}$•（$\frac{2}{3}$）^n-1≤a_n≤$\frac{1}{2}$•（$\frac{3}{4}$）^n-1，n∈N^*
（2）求證：當n∈N^*時，$\frac{1-{a}_{2}}{1-{a}_{1}}$+$\frac{1-{a}_{3}}{1-{a}_{2}}$+$\frac{1-{a}_{4}}{1-{a}_{3}}$+…+$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$≥$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$+$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$+6[1-（$\frac{11}{12}$）ⁿ]．

Answer 1

分析 （1）利用數(shù)學歸納法，可證得：$\frac{1}{2}$•（$\frac{2}{3}$）^n-1≤a_n≤$\frac{1}{2}$•（$\frac{3}{4}$）^n-1，n∈N^*
（2）由$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n}（1-{a}_{n}）}$=$\frac{{a}_{n}-\frac{1}{3}{a}_{n}^{3}-\frac{2}{3}{a}_{n}}{{a}_{n}（1-{a}_{n}）}$=$\frac{1+{a}_{n}}{3}$，$\frac{1}{2}$•（$\frac{2}{3}$）^n-1≤a_n，可得$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$≥$\frac{1+\frac{1}{2}•（\frac{2}{3}）^{n-1}}{3}$，利用“累加求和”可得：
$\frac{1-{a}_{2}}{1-{a}_{1}}$+$\frac{1-{a}_{3}}{1-{a}_{2}}$+$\frac{1-{a}_{4}}{1-{a}_{3}}$+…+$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$-（$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$+$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$）≥$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{2}[1-（\frac{2}{3}）^{n}]$，1≤n≤18時，驗證$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{2}[1-（\frac{2}{3}）^{n}]$≥6[1-（$\frac{11}{12}$）ⁿ]成立．n≥19時，$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{2}[1-（\frac{2}{3}）^{n}]$＞6＞6[1-（$\frac{11}{12}$）ⁿ]．即可證明．

解答 證明：（1）當n=1時，顯然$\frac{1}{2}$•（$\frac{2}{3}$）^n-1≤a_n≤$\frac{1}{2}$•（$\frac{3}{4}$）^n-1成立，
假設n=k時，$\frac{1}{2}$•（$\frac{2}{3}$）^k-1≤a_k≤$\frac{1}{2}$•（$\frac{3}{4}$）^k-1，k∈N^*成立，
則n=k+1時，a_k+1=$\frac{1}{3}$a_k³+$\frac{2}{3}$a_k≥$\frac{2}{3}$a_k≥$\frac{1}{2}$•（$\frac{2}{3}$）^k，
∴a_k≤$\frac{1}{2}$，a_k²≤$\frac{1}{4}$，
即$\frac{1}{3}$a_k²≤$\frac{1}{12}$，
即$\frac{1}{3}$a_k³≤$\frac{1}{12}$a_k=$\frac{3}{4}$a_k-$\frac{2}{3}$a_k，
即$\frac{1}{3}$a_k³+$\frac{2}{3}$a_k≤$\frac{3}{4}$a_k
∴a_k+1=$\frac{1}{3}$a_k³+$\frac{2}{3}$a_k≤$\frac{3}{4}$a_k≤$\frac{1}{2}$•（$\frac{3}{4}$）^k，
即n=k+1時，$\frac{1}{2}$•（$\frac{2}{3}$）^k≤a_k+1≤$\frac{1}{2}$•（$\frac{3}{4}$）^k，k∈N^*成立，
綜上可得：$\frac{1}{2}$•（$\frac{2}{3}$）^n-1≤a_n≤$\frac{1}{2}$•（$\frac{3}{4}$）^n-1，n∈N^*
（2）∵$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n}（1-{a}_{n}）}$=$\frac{{a}_{n}-\frac{1}{3}{a}_{n}^{3}-\frac{2}{3}{a}_{n}}{{a}_{n}（1-{a}_{n}）}$=$\frac{1+{a}_{n}}{3}$，$\frac{1}{2}$•（$\frac{2}{3}$）^n-1≤a_n，
∴$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$-$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$≥$\frac{1+\frac{1}{2}•（\frac{2}{3}）^{n-1}}{3}$，
∴$\frac{1-{a}_{2}}{1-{a}_{1}}$+$\frac{1-{a}_{3}}{1-{a}_{2}}$+$\frac{1-{a}_{4}}{1-{a}_{3}}$+…+$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$-（$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$+$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$）≥$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{6}×\frac{1-（\frac{2}{3}）^{n}}{1-\frac{2}{3}}$=$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{2}[1-（\frac{2}{3}）^{n}]$，
經(jīng)過驗證：1≤n≤18時，$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{2}[1-（\frac{2}{3}）^{n}]$≥6[1-（$\frac{11}{12}$）ⁿ]．n≥19時，$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{2}[1-（\frac{2}{3}）^{n}]$＞6＞6[1-（$\frac{11}{12}$）ⁿ]．
綜上可得：當n∈N^*時，$\frac{1-{a}_{2}}{1-{a}_{1}}$+$\frac{1-{a}_{3}}{1-{a}_{2}}$+$\frac{1-{a}_{4}}{1-{a}_{3}}$+…+$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$≥$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$+$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$+6[1-（$\frac{11}{12}$）ⁿ]．

點評 本題考查了數(shù)列遞推關系、數(shù)學歸納法、放縮法、作差法，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．