Question

19．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和為S_n，已知a₁=$\frac{3}{2}$，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{3}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$，其中n∈N^*．
（1）證明：a_n＜2；
（2）證明：a_n＜a_n+1；
（3）證明：2n-$\frac{4}{3}$≤S_n≤2n-1+（$\frac{1}{2}$）ⁿ．

Answer 1

分析 （1）a_n+1-2=$\frac{{a}_{n}^{3}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$-2=$\frac{（{a}_{n}-2）（{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+2）}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$，由于${a}_{n}^{2}-2{a}_{n}$+2＞0，$2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}$+2＞0．可得a_n+1-2與a_n-2同號(hào)，因此與a₁-2同號(hào)，而a₁-2=-$\frac{1}{2}$＜0，即可證明．
（2）a_n+1-1=$\frac{（{a}_{n}-1）（{a}_{n}^{2}-{a}_{n}+2）}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$，可得：a_n+1-1與a_n-1同號(hào)，因此與a₁-1同號(hào)，而a₁-1=$\frac{1}{2}$＞0，可得1＜a_n＜2．a(chǎn)_n+1-a_n=$\frac{-{a}_{n}（{a}_{n}-1）（{a}_{n}-2）}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$，即可證明a_n＜a_n+1．
（3）n=1時(shí)，S₁=$\frac{3}{2}$，滿(mǎn)足不等式．n≥2時(shí)，$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{2}（1+\frac{2-{a}_{n}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}）$$＞\frac{1}{2}$，可得$\frac{2-{a}_{n}}{2-{a}_{1}}$$≥（\frac{1}{2}）^{n-1}$，即2-a_n≥$（\frac{1}{2}）^{n}$．
求和可得：S_n≤2n-1+$（\frac{1}{2}）^{n}$．另一方面：由（II）可知：$\frac{3}{2}≤{a}_{n}＜2$．，$\frac{2-{a}_{n}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$=$\frac{2-{a}_{n}}{（2{a}_{n}-3）（{a}_{n}+2）+4（2+{a}_{n}）}$≤$\frac{1}{4}$．從而可得：$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=≤$\frac{5}{8}$．即可證明．

解答 證明：（1）a_n+1-2=$\frac{{a}_{n}^{3}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$-2=$\frac{（{a}_{n}-2）（{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+2）}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$，
由于${a}_{n}^{2}-2{a}_{n}$+2=$（{a}_{n}-1）^{2}$+1＞0，$2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}$+2=2$（{a}_{n}-\frac{3}{4}）^{2}$+$\frac{7}{8}$＞0．
∴a_n+1-2與a_n-2同號(hào)，因此與a₁-2同號(hào)，而a₁-2=-$\frac{1}{2}$＜0，
∴a_n＜2．
（2）a_n+1-1=$\frac{（{a}_{n}-1）（{a}_{n}^{2}-{a}_{n}+2）}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$，可得：a_n+1-1與a_n-1同號(hào)，因此與a₁-1同號(hào)，而a₁-1=$\frac{1}{2}$＞0，∴a_n＞1．
又a_n＜2．∴1＜a_n＜2．a(chǎn)_n+1-a_n=$\frac{-{a}_{n}（{a}_{n}-1）（{a}_{n}-2）}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$，可得分子＞0，分母＞0．
∴a_n+1-a_n＞0，故a_n＜a_n+1．
（3）n=1時(shí)，S₁=$\frac{3}{2}$，滿(mǎn)足不等式．
n≥2時(shí)，$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+2}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$=$\frac{1}{2}（1+\frac{2-{a}_{n}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}）$$＞\frac{1}{2}$，∴$\frac{2-{a}_{n}}{2-{a}_{1}}$$≥（\frac{1}{2}）^{n-1}$，即2-a_n≥$（\frac{1}{2}）^{n}$．
∴2n-S_n≥$\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n}]}{1-\frac{1}{2}}$=1-$（\frac{1}{2}）^{n}$．即S_n≤2n-1+$（\frac{1}{2}）^{n}$．
另一方面：由（II）可知：$\frac{3}{2}≤{a}_{n}＜2$．，$\frac{2-{a}_{n}}{2{a}_{n}^{2}-3{a}_{n}+2}$=$\frac{2-{a}_{n}}{（2{a}_{n}-3）（{a}_{n}+2）+4（2+{a}_{n}）}$≤$\frac{1}{4}$．
從而可得：$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=≤$\frac{5}{8}$．
∴2-a_n≤$\frac{1}{2}×$$（\frac{5}{8}）^{n-1}$，∴2n-S_n≤$\frac{1}{2}×$$\frac{1-（\frac{5}{8}）^{n}}{1-\frac{5}{8}}$=$\frac{4}{3}$$[1-（\frac{5}{8}）^{n}]$．
∴S_n≥2n-$\frac{4}{3}$$[1-（\frac{5}{8}）^{n}]$＞2n-$\frac{4}{3}$．
綜上可得：2n-$\frac{4}{3}$≤S_n≤2n-1+（$\frac{1}{2}$）ⁿ．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、數(shù)列遞推關(guān)系、分類(lèi)討論方法、不等式性質(zhì)、轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．