Question

9．數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，且a_n+1=a_n+$\frac{2}{{a}_{n}}$-1（n∈N^*），{a_n}的前n項和是S_n．
（Ⅰ）若{a_n}是遞增數(shù)列，求a₁的取值范圍；
（Ⅱ）若a₁＞2，且對任意n∈N^*，都有S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1），證明：S_n＜2n+1．

Answer 1

分析 （I）由a₂＞a₁＞0?${a}_{1}+\frac{2}{a}$-1＞a₁＞0，解得0＜a₁＜2．又a₃＞a₂＞0，?${a}_{2}+\frac{2}{{a}_{2}-1}$＞a₂，?0＜a₂＜2?$0＜{a}_{1}+\frac{2}{{a}_{1}}$-1＜2，解得1＜a₁＜2．可得：1＜a₁＜2．下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：當1＜a₁＜2時，?n∈N^*，1＜a_n＜2成立即可．于是a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$-1＞0，即a_n+1＞a_n，滿足{a_n}是遞增數(shù)列，即可得出a₁的取值范圍．
（II）a₁＞2，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：a_n＞2對?n∈N^*都成立．于是：a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$-1＜2，即數(shù)列{a_n}是遞減數(shù)列．在S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）中，令n=2，可得：2a₁+$\frac{2}{{a}_{1}}$-1=S₂≥2a₁-$\frac{1}{3}$，解得a₁≤3，因此2＜a₁≤3．
下證：（1）當$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$時，S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）恒成立．事實上，當$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$時，由a_n=a₁+（a_n-a₁）≥a₁+（2-$\frac{7}{3}$）=${a}_{1}-\frac{1}{3}$．累加求和即可證明．
再證明：（2）${a}_{1}＞\frac{7}{3}$時不合題意．事實上，當$\frac{7}{3}＜{a}_{1}≤3$時，設(shè)a_n=b_n+2，可得$\frac{1}{3}＜_{1}$≤1．由a_n+1=a_n+$\frac{2}{{a}_{n}}$-1（n∈N^*），可得：b_n+1=b_n+$\frac{2}{_{n}}$-1，可得$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{_{n}+1}{_{n}+2}$≤$\frac{_{1}+1}{_{1}+2}$≤$\frac{2}{3}$．于是數(shù)列{b_n}的前n和T_n≤3．故S_n=2n+T_n＜2n+3=na₁+（2-a₁）n+3，令a₁=$\frac{7}{3}$+t（t＞0），可得：S_n＜na₁-$\frac{1}{3}（n-1）$．這與S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）恒成立矛盾．

解答 （I）解：由a₂＞a₁＞0?${a}_{1}+\frac{2}{a}$-1＞a₁＞0，解得0＜a₁＜2，①．
又a₃＞a₂＞0，?${a}_{2}+\frac{2}{{a}_{2}-1}$＞a₂，?0＜a₂＜2?$0＜{a}_{1}+\frac{2}{{a}_{1}}$-1＜2，解得1＜a₁＜2，②．
由①②可得：1＜a₁＜2．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：當1＜a₁＜2時，?n∈N^*，1＜a_n＜2成立．
（1）當n=1時，1＜a₁＜2成立．
（2）假設(shè)當n=k∈N^*時，1＜a_n＜2成立．
則當n=k+1時，a_k+1=a_k+$\frac{2}{{a}_{k}}$-1∈$[2\sqrt{2}-1，2）$?（1，2），
即n=k+1時，不等式成立．
綜上（1）（2）可得：?n∈N^*，1＜a_n＜2成立．
于是a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$-1＞0，即a_n+1＞a_n，
∴{a_n}是遞增數(shù)列，a₁的取值范圍是（1，2）．
（II）證明：∵a₁＞2，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：a_n＞2對?n∈N^*都成立．
于是：a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$-1＜2，即數(shù)列{a_n}是遞減數(shù)列．
在S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）中，令n=2，可得：2a₁+$\frac{2}{{a}_{1}}$-1=S₂≥2a₁-$\frac{1}{3}$，解得a₁≤3，因此2＜a₁≤3．
下證：（1）當$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$時，S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）恒成立．
事實上，當$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$時，由a_n=a₁+（a_n-a₁）≥a₁+（2-$\frac{7}{3}$）=${a}_{1}-\frac{1}{3}$．
于是S_n=a₁+a₂+…+a_n≥a₁+（n-1）$（{a}_{1}-\frac{1}{3}）$=na₁-$\frac{1}{3}（n-1）$．
再證明：（2）${a}_{1}＞\frac{7}{3}$時不合題意．
事實上，當$\frac{7}{3}＜{a}_{1}≤3$時，設(shè)a_n=b_n+2，可得$\frac{1}{3}＜_{1}$≤1．
由a_n+1=a_n+$\frac{2}{{a}_{n}}$-1（n∈N^*），可得：b_n+1=b_n+$\frac{2}{_{n}}$-1，可得$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{_{n}+1}{_{n}+2}$≤$\frac{_{1}+1}{_{1}+2}$≤$\frac{2}{3}$．
于是數(shù)列{b_n}的前n和T_n≤$_{1}•\frac{1-（\frac{2}{3}）^{n}}{1-\frac{2}{3}}$＜3b₁≤3．
故S_n=2n+T_n＜2n+3=na₁+（2-a₁）n+3，③．
令a₁=$\frac{7}{3}$+t（t＞0），由③可得：S_n＜na₁+（2-a₁）n+3=na₁-$\frac{1}{3}（n-1）$-tn+$\frac{8}{3}$．
只要n充分大，可得：S_n＜na₁-$\frac{1}{3}（n-1）$．這與S_n≥na₁-$\frac{1}{3}$（n-1）恒成立矛盾．
∴${a}_{1}＞\frac{7}{3}$時不合題意．
綜上（1）（2）可得：$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$，于是可得$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{_{n}+1}{_{n}+2}$≤$\frac{_{1}+1}{_{1}+2}$≤$\frac{4}{7}$．（由$2＜{a}_{1}≤\frac{7}{3}$可得：$0＜_{1}≤\frac{1}{3}$）．
故數(shù)列{b_n}的前n項和T_n≤$_{1}•\frac{1-（\frac{4}{7}）^{n}}{1-\frac{4}{7}}$＜$\frac{7}{3}$b₁＜1，∴S_n=2n+T_n＜2n+1．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其求和公式、數(shù)列遞推關(guān)系、分類討論方法、數(shù)列的單調(diào)性、數(shù)學(xué)歸納法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．