Question

14．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=3，2a_n+1=a_n²-2a_n+4．
（Ⅰ）證明：a_n+1＞a_n；
（Ⅱ）證明：a_n≥2+（$\frac{3}{2}$）^n-1；
（Ⅲ）設(shè)數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：1-（$\frac{2}{3}$）ⁿ≤S_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用作差法，得到a_n+1-a_n=$\frac{1}{2}（{a}_{n}-2）^{2}$≥0，再根據(jù)a₁=3，即可證明，
（Ⅱ）由題意可得$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{{a}_{n}}{2}$≥$\frac{3}{2}$，利用逐步放縮可得a_n-2≥（$\frac{3}{2}$）^n-1（a₁-2）=（$\frac{3}{2}$）^n-1，問題得以證明，
（Ⅲ）由題意可得$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}$-$\frac{1}{{a}_{n}-2}$，即可求出數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和為S_n，再放縮證明即可．

解答 證明：（I）a_n+1-a_n=$\frac{1}{2}（{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+4）$-a_n=$\frac{1}{2}（{a}_{n}-2）^{2}$≥0，
∴a_n+1≥a_n≥3，
∴（a_n-2）²＞0
∴a_n+1-a_n＞0，
即a_n+1＞a_n；
（II）∵2a_n+1-4=a_n²-2a_n=a_n（a_n-2）
∴$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{{a}_{n}}{2}$≥$\frac{3}{2}$，
∴a_n-2≥$\frac{3}{2}$（a_n-1-2）≥（$\frac{3}{2}$）²（a_n-2-2）≥（$\frac{3}{2}$）³（a_n-3-2）≥…≥（$\frac{3}{2}$）^n-1（a₁-2）=（$\frac{3}{2}$）^n-1，
∴a_n≥2+（$\frac{3}{2}$）^n-1；
（Ⅲ）∵2（a_n+1-2）=a_n（a_n-2），
∴$\frac{1}{2（{a}_{n+1}-2）}$=$\frac{1}{{a}_{n}（{a}_{n}-2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{a}_{n}-2}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$）
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}$=$\frac{1}{{a}_{n}-2}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=-$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}$+$\frac{1}{{a}_{n}-2}$，
∴S_n=$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{1}-2}$-$\frac{1}{{a}_{2}-2}$+$\frac{1}{{a}_{2}-2}$-$\frac{1}{{a}_{3}-2}$+…+$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}$-$\frac{1}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{{a}_{1}-2}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}$=1-$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}$，
∵a_n+1-2≥（$\frac{3}{2}$）ⁿ，
∴0＜$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}$≤（$\frac{2}{3}$）ⁿ，
∴1-（$\frac{2}{3}$）ⁿ≤S_n=1-$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}$＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、不等式的性質(zhì)、放縮方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬難題．