Question

20．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a₂=$\frac{1}{5}$，na_n+1-（n-1）a_n=a_na_n+1（n∈N^*且n≥2）．
（Ⅰ）當(dāng)n≥2時(shí)，求數(shù)列{$\frac{1}{（n-1）{a}_{n}}$}的通項(xiàng)公式．
（Ⅱ）求證：a₁²+a${{\;}_{2}}^{2}$+…+a${{\;}_{n}}^{2}$$＜\frac{13}{12}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過將na_n+1-（n-1）a_n=a_na_n+1兩邊同時(shí)除以n（n-1）a_na_n-1，利用累加法計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（1）可得a_n=$\frac{1}{4n-3}$，且a_n＞a_n+1，利用放縮法可知（n-1）a_n-（n-2）a_n-1=a_n-1a_n＞${{a}_{n}}^{2}$，進(jìn)而利用放縮法可知${{a}_{1}}^{2}$+${{a}_{2}}^{2}$+…+${{a}_{n}}^{2}$＜${{a}_{1}}^{2}$+${{a}_{2}}^{2}$+${{a}_{3}}^{2}$+（3a₄-2a₃）+（4a₅-3a₄）…+[（n-1）a_n-（n-2）a_n-1]=1+$\frac{1}{25}$+$\frac{1}{81}$-$\frac{2}{9}$+$\frac{\frac{1}{4}（4n-3）-\frac{1}{4}}{4n-3}$＜1+$\frac{1}{25}$+$\frac{1}{81}$-$\frac{2}{9}$+$\frac{1}{4}$=1+$\frac{649}{8100}$＜1+$\frac{1}{12}$．

解答 （Ⅰ）解：∵na_n+1-（n-1）a_n=a_na_n+1，
∴$\frac{1}{（n-1）{a}_{n}}$-$\frac{1}{n{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，
對(duì)上式累加可得：$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{（n-1）{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{n-1}$，
即$\frac{1}{（n-1）{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{n-1}$-1=4+$\frac{1}{n-1}$（n≥2）；
（Ⅱ）證明：由（1）可得：a_n=$\frac{1}{4n-3}$，則a_n＞a_n+1，
∵na_n+1-（n-1）a_n=a_na_n+1，
∴（n-1）a_n-（n-2）a_n-1=a_n-1a_n＞${{a}_{n}}^{2}$，
∴${{a}_{1}}^{2}$+${{a}_{2}}^{2}$+…+${{a}_{n}}^{2}$
＜${{a}_{1}}^{2}$+${{a}_{2}}^{2}$+${{a}_{3}}^{2}$+（3a₄-2a₃）+（4a₅-3a₄）…+[（n-1）a_n-（n-2）a_n-1]
=${{a}_{1}}^{2}$+${{a}_{2}}^{2}$+${{a}_{3}}^{2}$-2a₃+（n-1）a_n
=1+$\frac{1}{25}$+$\frac{1}{81}$-$\frac{2}{9}$+$\frac{n-1}{4n-3}$
=1+$\frac{1}{25}$+$\frac{1}{81}$-$\frac{2}{9}$+$\frac{\frac{1}{4}（4n-3）-\frac{1}{4}}{4n-3}$
＜1+$\frac{1}{25}$+$\frac{1}{81}$-$\frac{2}{9}$+$\frac{1}{4}$
=1+$\frac{29}{100}$-$\frac{27}{81}$
=1+$\frac{649}{8100}$
＜1+$\frac{1}{12}$
=$\frac{13}{12}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．