Question

11．設數列{a_n}滿足a_n+1=a_n²-a_n+1（n∈N*），S_n為{a_n}的前n項和．證明：對任意n∈N^*，
（I）當0≤a₁≤1時，0≤a_n≤1；
（II）當a₁＞1時，a_n＞（a₁-1）a₁^n-1；
（III）當a₁=$\frac{1}{2}$時，n-$\sqrt{2n}$＜S_n＜n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）用數學歸納法能證明當0≤a₁≤1時，0≤a_n≤1．
（Ⅱ）由a_n+1-a_n=（${{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1$）-a_n=（a_n-1）²≥0，知a_n+1≥a_n．從而$\frac{{a}_{n+1}-1}{{a}_{n}-1}$=a_n≥a₁，由此能證明當a₁＞1時，a_n＞（a₁-1）a₁^n-1．
（Ⅲ）當${a}_{1}=\frac{1}{2}$時，S_n＜n，令b_n=1-a_n（n∈N^*），則b_n＞b_n+1＞0，（n∈N^*），由${a}_{n+1}={{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1$，得${_{n}}^{2}=_{n}-_{n+1}$．從而$_{n}＜\frac{1}{\sqrt{2n}}$，（n∈N^*），由此能證明當${a}_{1}=\frac{1}{2}$時，$n-\sqrt{2n}＜{S}_{n}＜n$．

解答 證明：（Ⅰ）用數學歸納法證明．
①當n=1時，0≤a_n≤1成立．
②假設當n=k（k∈N^*）時，0≤a_k≤1，
則當n=k+1時，${a}_{k+1}={{a}_{k}}^{2}-{{a}_{k}+1}^{\;}$=（${a}_{k}-\frac{1}{2}$）²+$\frac{3}{4}$∈[$\frac{3}{4}，1$]?[0，1]，
由①②知，$0≤{a}_{n}≤1，（n∈{N}^{*}）$．
∴當0≤a₁≤1時，0≤a_n≤1．
（Ⅱ）由a_n+1-a_n=（${{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1$）-a_n=（a_n-1）²≥0，知a_n+1≥a_n．
若a₁＞1，則a_n＞1，（n∈N^*），
從而${a}_{n-1}-1=（{{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1）-1$=${{a}_{n}}^{2}$-a_n=a_n（a_n-1），
即$\frac{{a}_{n+1}-1}{{a}_{n}-1}$=a_n≥a₁，
∴${a}_{n}-1≥（{a}_{1}-1）{{a}_{1}}^{n-1}$，
∴當a₁＞1時，a_n＞（a₁-1）a₁^n-1．
（Ⅲ）當${a}_{1}=\frac{1}{2}$時，由（Ⅰ），0＜a_n＜1（n∈N^*），故S_n＜n，
令b_n=1-a_n（n∈N^*），由（Ⅰ）（Ⅱ），b_n＞b_n+1＞0，（n∈N^*），
由${a}_{n+1}={{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+1$，得${_{n}}^{2}=_{n}-_{n+1}$．
∴${_{1}}^{2}+{_{2}}^{2}+…+{_{n}}^{2}$=（b₁-b₂）+（b₂-b₃）+…+（b_n-b_n+1）=b₁-b_n+1＜b₁=$\frac{1}{2}$，
∵${_{1}}^{2}+{_{2}}^{2}+…+{_{n}}^{2}$≥$n{_{n}}^{2}$，
∴nb_n²$＜\frac{1}{2}$，即$_{n}＜\frac{1}{\sqrt{2n}}$，（n∈N^*），
∵$_{n}＜\frac{1}{\sqrt{2n}}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}n}＜\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}$=$\sqrt{2}（\sqrt{n}-\sqrt{n-1}）$，
∴b₁+b₂+…+b_n$＜\sqrt{2}$[（$\sqrt{1}-\sqrt{0}$）+（$\sqrt{2}-\sqrt{1}$）+…+（$\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$）]=$\sqrt{2n}$，
即n-S_n$＜\sqrt{2n}$，亦即${S}_{n}＞n-\sqrt{2n}$，
∴當${a}_{1}=\frac{1}{2}$時，$n-\sqrt{2n}＜{S}_{n}＜n$．

點評 本題考查數列不等式的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意數學歸納法、數列性質、放縮法的合理運用．