Question

3．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=4，a_n+1=$\sqrt{\frac{6+{a}_{n}}{2}}$，n∈N^*，S_n為{a_n}的前n項和．
（Ⅰ）求證：n∈N^*時，a_n＞a_n+1；
（Ⅱ）求證：n∈N^*時，2≤S_n-2n＜$\frac{16}{7}$．

Answer 1

分析 （I）n≥2時，作差：a_n+1-a_n=$\frac{1}{2}×$$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{\sqrt{\frac{6+{a}_{n}}{2}}+\sqrt{\frac{6+{a}_{n-1}}{2}}}$，可得a_n+1-a_n與a_n-a_n-1同號，由a₂-a₁＜0，即可證明：n∈N^*時，a_n＞a_n+1．
（II）2${a}_{n+1}^{2}$=6+a_n，∴可得=a_n-2，即2（a_n+1-2）（a_n+1+2）=a_n-2，因此a_n+1-2與a_n-2同號，可得S_n=a₁+a₂+…+a_n≥4+2（n-1）．即可證明左邊．由：$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{2（{a}_{n+1}+2）}$$＜\frac{1}{8}$，可得：a_n≤2+2×$（\frac{1}{8}）^{n-1}$．利用等比數(shù)列的求和公式化簡即可證明右邊．

解答 證明：（I）n≥2時，作差：a_n+1-a_n=$\sqrt{\frac{6+{a}_{n}}{2}}$-$\sqrt{\frac{6+{a}_{n-1}}{2}}$=$\frac{1}{2}×$$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{\sqrt{\frac{6+{a}_{n}}{2}}+\sqrt{\frac{6+{a}_{n-1}}{2}}}$，
∴a_n+1-a_n與a_n-a_n-1同號，
由a₁=4，可得a₂=$\sqrt{\frac{6+4}{2}}$=$\sqrt{5}$，可得a₂-a₁＜0，
∴n∈N^*時，a_n＞a_n+1．
（II）∵2${a}_{n+1}^{2}$=6+a_n，∴$2（{a}_{n+1}^{2}-4）$=a_n-2，即2（a_n+1-2）（a_n+1+2）=a_n-2，①
∴a_n+1-2與a_n-2同號，
又∵a₁-2=2＞0，∴a_n＞2．
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n≥4+2（n-1）=2n+2．
∴S_n-2n≥2．
由①可得：$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{2（{a}_{n+1}+2）}$$＜\frac{1}{8}$，
因此a_n-2≤（a₁-2）$•（\frac{1}{8}）^{n-1}$，即a_n≤2+2×$（\frac{1}{8}）^{n-1}$．
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n≤2n+2×$\frac{1-（\frac{1}{8}）^{n-1}}{1-\frac{1}{8}}$＜2n+$\frac{16}{7}$．
綜上可得：n∈N^*時，2≤S_n-2n＜$\frac{16}{7}$．

點評 本題考查了等比數(shù)列的通項公式與求和公式、數(shù)列遞推關(guān)系、數(shù)列的單調(diào)性、作差法、放縮法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．