Question

4．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n＞0，a₁=2，且（n+1）a_n+1²=na_n²+a_n（n∈N*）．
（Ⅰ）證明：a_n＞1；
（Ⅱ）證明：$\frac{{a}_{2}^{2}}{4}$+$\frac{{a}_{3}^{2}}{9}$+…+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＜$\frac{9}{5}$（n≥2）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系可得（n+1）（a_n+1+1）（a_n+1-1）=（a_n-1）（na_n+n+1），再根據(jù)a_n＞0，可得a_n+1-1與a_n-1同號(hào)，問題得以證明，
（Ⅱ）先判斷出1＜a_n≤2，再得到a_n²≤$\frac{2n+2}{n}$，n≥2，利用放縮法得到$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$≤2（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{2}{n}$+$\frac{1}{n+1}$），再分別取n=2，3，以及n≥4即可證明．

解答 證明：（Ⅰ）由題意得（n+1）a_n+1²-（n+1）=na_n²-n+a_n-1，
∴（n+1）（a_n+1+1）（a_n+1-1）=（a_n-1）（na_n+n+1），
由a_n＞0，n∈N*，
∴（n+1）（a_n+1+1）＞0，na_n+n+1＞0，
∴a_n+1-1與a_n-1同號(hào)，
∵a₁-1=1＞0，
∴a_n＞1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故（n+1）a_n+1²=na_n²+a_n＜（n+1）a_n²，
∴a_n+1＜a_n，1＜a_n≤2，
又由題意可得a_n=（n+1）a_n+1²-na_n²，
∴a₁=2a₂²-a₁²，a₂=3a₃²-2a₂²，…，a_n=（n+1）a_n+1²-na_n²，
相加可得a₁+a₂+…+a_n=（n+1）a_n+1²-4＜2n，
∴a_n+1²≤$\frac{2n+4}{n+1}$，即a_n²≤$\frac{2n+2}{n}$，n≥2，
∴$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$≤2（$\frac{1}{{n}^{2}}$+$\frac{1}{{n}^{3}}$）≤2（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{2}{n}$+$\frac{1}{n+1}$），n≥2，
當(dāng)n=2時(shí)，$\frac{{a}_{2}^{2}}{{2}^{2}}$=$\frac{3}{4}$＜$\frac{9}{5}$，
當(dāng)n=3時(shí)，$\frac{{a}_{2}^{2}}{4}$+$\frac{{a}_{3}^{2}}{9}$≤$\frac{3}{4}+\frac{2}{{3}^{2}}+\frac{2}{{3}^{3}}$＜$\frac{3}{4}$$+\frac{1}{3}$＜$\frac{9}{5}$，
當(dāng)n≥4時(shí)，$\frac{{a}_{2}^{2}}{4}$+$\frac{{a}_{3}^{2}}{9}$+…+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＜2（$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{9}$+$\frac{1}{16}$+$\frac{1}{4}$）+（$\frac{1}{4}$+$\frac{2}{27}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$）=1+$\frac{2}{9}$+$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{2}{27}$+$\frac{1}{12}$＜$\frac{9}{5}$，
從而，原命題得證

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系和數(shù)列和不等式的問題，關(guān)鍵是放縮，考查了學(xué)生的解決問題的能力和和觀察能力，屬于難題．