Question

3．已知數(shù)列{a_n}，a_n≥0，a₁=0，a_n+1²+a_n+1-1=a_n²（n∈N^•）．記S_n=a₁+a₂+…+a_n．T_n=$\frac{1}{{1+{a_1}}}$+$\frac{1}{{（1+{a_1}）（1+{a_2}）}}$+…+$\frac{1}{{（1+{a_1}）（1+{a_2}）…（1+{a_n}）}}$．求證：當n∈N^*時
（Ⅰ）0≤a_n＜a_n+1＜1；
（Ⅱ）S_n＞n-2；
（Ⅲ）T_n＜3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先證明a_n+1-a_n＞0，再證明a_n+1＜1．
（Ⅱ）由a_k+1²+a_k+1-1=a_k²，對k取1，2，…，n-1時的式子相加得S_n，最后對S_n進行放縮即可證得．
（Ⅲ）利用放縮法由${a_{k+1}}^2+{a_{k+1}}=1+{a_k}^2≥2{a_k}$，得$\frac{1}{{1+{a_{k+1}}}}≤\frac{{{a_{k+1}}}}{{2{a_k}}}（k=2，3，…，n-1，n≥3）$，即可得出結(jié)論．

解答 證明：（Ⅰ）因為a_n+1²+a_n+1-1=a_n²，（1）所以a_n²+a_n-1=a_n-1²，（2）
$（1）-（2）得（{a_{n+1}}-{a_n}）（{a_{n+1}}+{a_n}+1）=a_n^2-a_{n-1}^2$，
所以a_n+1-a_n與a_n-a_n-1同號，即與a₂-a₁一致．
因為${a_2}=\frac{{-1+\sqrt{5}}}{2}$，且a₂-a₁＞0，
∴a_n+1-a_n＞0，
∵$a_{n+1}^2+{a_{n+1}}-1=a_n^2$，
∴$a_{n+1}^2-a_n^2=1-{a_{n+1}}＞0$，
即a_n+1＜1
綜上所述：0≤a_n＜a_n+1＜1對任何n∈N^*都成立．
（Ⅱ）證明：由${a_{k+1}}^2+{a_{k+1}}-1={a_k}^2$，k=1，2，…，n-1（n≥2），
得$a_n^2+（{a_2}+{a_3}+…+{a_n}）-（n-1）=a_1^2$．
因為a₁=0，所以${S_n}=n-1-a_n^2$．
∵a_n＜1，
所以S_n＞n-2．                                         
（Ⅲ）證明：由${a_{k+1}}^2+{a_{k+1}}=1+{a_k}^2≥2{a_k}$，得$\frac{1}{{1+{a_{k+1}}}}≤\frac{{{a_{k+1}}}}{{2{a_k}}}（k=2，3，…，n-1，n≥3）$
所以$\frac{1}{{（1+{a_3}）（1+{a_4}）…（1+{a_n}）}}≤\frac{a_n}{{{2^{n-2}}{a_2}}}（a≥3）$，
于是$\frac{1}{{（1+{a_2}）（1+{a_3}）…（1+{a_n}）}}≤\frac{a_n}{{{2^{n-2}}（a_2^2+{a_2}）}}=\frac{a_n}{{{2^{n-2}}}}＜\frac{1}{{{2^{n-2}}}}（n≥3）$，
故當n≥3時，${T_n}＜1+1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{{{2^{n-2}}}}＜3$，
又因為T₁＜T₂＜T₃，
所以T_n＜3．

點評 本題主要考查數(shù)列的遞推關(guān)系，不等式證明等基礎(chǔ)知識和基本技能，同時考查邏輯推理能力，屬于中檔題．