Question

14．在各项均为正数的数列{a_n}中，若a₁=$\frac{1}{3}$，a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$（n∈N⁺）．
（1）试判断数列{a_n}的单调性，并证明对任意的n∈N⁺，恒有a_n＜1；
（2）求证：对一切n∈N⁺，有a_n＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4n}$．

Answer 1

分析 （1）由已知得a_n＞0，a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＞0，由此能证明对一切n∈N^*，有a_n＜a_n+1；由条件可得$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{{n}^{2}}$，运用裂项相消求和和放缩法，即可得证；
（2）由（1）可得数列{a_n}是递增数列，结合已知求出a₂，a₃，a₄，再由当n≥4时，a_n＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4n}$．即可得证．

解答 解：（1）在各项均为正数的数列{a_n}中，
a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＞a_n，
则数列{a_n}单调递增；
证明：由于0＜a_n＜a_n+1，
可得a_n+1=a_n+$\frac{{a}_{n}^{2}}{{n}^{2}}$＜a_n+$\frac{{a}_{n}{a}_{n+1}}{{n}^{2}}$，
即有a_n+1-a_n＜$\frac{{a}_{n}{a}_{n+1}}{{n}^{2}}$，
即为$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$＜$\frac{1}{{n}^{2}}$，
则$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\sum_{k=1}^{n-1}$（$\frac{1}{{a}_{k}}$-$\frac{1}{{a}_{k+1}}$）
＞$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\sum_{k=1}^{n-1}$$\frac{1}{{k}^{2}}$＞3-[1+$\sum_{k=2}^{n-1}$$\frac{1}{k（k-1）}$]
=3-（1+1-$\frac{1}{n-1}$）=$\frac{n}{n-1}$＞1，
即有$\frac{1}{{a}_{n}}$＞1，又a₁=$\frac{1}{3}$＜1，
故对任意的n∈N⁺，恒有a_n＜1；
（2）证明：由a₁=$\frac{1}{3}$＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{4}$；
a₂=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{9}$=$\frac{4}{9}$＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{8}$=$\frac{3}{8}$；
a₃=$\frac{4}{9}$+$\frac{16}{81}$×$\frac{1}{4}$=$\frac{40}{81}$＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{12}$=$\frac{5}{12}$；
a₄=$\frac{40}{81}$+$\frac{1600}{81×81}$×$\frac{1}{9}$=$\frac{30760}{59049}$＞$\frac{1}{2}$，
由数列{a_n}单调递增，可得a_n≥a₄＞$\frac{1}{2}$＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4n}$．
综上可得，对一切n∈N⁺，有a_n＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4n}$．

点评 本题考查数列的单调性的判断和运用：证明不等式，考查推理和运算能力，属于中档题．