Question

16．在數(shù)列{a_n}中，已知a_n+1a_n=2a_n-a_n+1，且a₁=2（n∈N₊），設b_n=a_n²-an，且S_n為{b_n}的前n項和，試證：2≤S_n＜3．

Answer 1

分析 把已知數(shù)列遞推式變形，可得數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是首項為$-\frac{1}{2}$，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，求其通項公式，得到數(shù)列{a_n}的通項公式，代入b_n=a_n²-a_n得到{b_n}的通項公式，說明數(shù)列{b_n}是遞增數(shù)列可得S_n≥2．放縮后利用裂項相消法即可證得S_n＜3．

解答 證明：由a_n+1a_n=2a_n-a_n+1且a₁=2≠0，得a_n＞1≠0（n∈N^*）．
再由等式兩邊同除以a_n+1a_n，得$\frac{1}{{a}_{n+1}}-1=\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-1）$，
由a₁=2，得$\frac{1}{{a}_{1}}-1=-\frac{1}{2}$．
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是首項為$-\frac{1}{2}$，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列．
∴$\frac{1}{{a}_{n}}-1=-\frac{1}{2}（\frac{1}{2}）^{n-1}=-（\frac{1}{2}）^{n}$，即a_n=$\frac{{2}^{n}}{{2}^{n}-1}$．
故${{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}={a}_{n}（{a}_{n}-1）=\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n}-1）^{2}}$=b_n．
而S_n+1-S_n=b_n+1=$\frac{{2}^{n+1}}{（{2}^{n+1}-1）^{2}}$＞0，故S_n是關于n的遞增數(shù)列．
故S_n≥S₁=b₁=a₁²-a₁=2²-2=2．
當k≥2時，b_k=a_k（a_k-1）=$\frac{{2}^{k}}{（{2}^{k}-1）^{2}}＜\frac{{2}^{k}}{（{2}^{k}-1）（{2}^{k}-2）}$
=$\frac{{2}^{k-1}}{（{2}^{k}-1）（{2}^{k-1}-1）}$=$\frac{1}{{2}^{k-1}-1}-\frac{1}{{2}^{k}-1}$．
故S_n＜$\frac{2}{（{2}^{1}-1）^{2}}+\sum_{i=1}^{n}（\frac{1}{{2}^{i-1}-1}-\frac{1}{{2}^{i}-1}）=3-\frac{1}{{2}^{n}-1}$＜3．
綜上，有2≤S_n＜3．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等比關系的確定，訓練了裂項相消法求數(shù)列的通項公式，考查放縮法證明數(shù)列不等式，是中檔題．