Question

16．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=a∈（0，1），且0＜a_n+1≤a_n²-a_n³，設(shè)b_n=（a_n-a_n+1）a_n+1
（Ⅰ）比較a₁-a₂和$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$的大�。�
（Ⅱ）求證：$\sqrt{\frac{_{1}_{2}…_{n}}{{a}_{1}{a}_{2}…{a}_{n}}}$＞a_n+1；
（Ⅲ）設(shè)T_n為數(shù)列{b_n}的前n項和，求證：T_n＜$\frac{{a}^{2}}{5}$．

Answer 1

分析 （I）作差a₁-a₂-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{{a}_{1}^{2}-{a}_{1}{a}_{2}-a}{{a}_{1}}$≥$\frac{{a}_{1}^{3}-{a}_{1}{a}_{2}}{{a}_{1}}$=${a}_{1}^{2}-{a}_{2}$$≥{a}_{1}^{3}$，即可得出；
（II）由a_n＞0，可得$0＜\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$≤{a}_{n}-{a}_{n}^{2}$$≤\frac{1}{4}$．可得${a}_{n+1}≤\frac{1}{4}{a}_{n}＜{a}_{n}$，${a}_{n+1}＜{a}_{n}^{2}-{a}_{n}^{3}$＜${a}_{n}^{2}$，于是b_n=（a_n-a_n+1）a_n+1＞$（{a}_{n}-{a}_{n}^{2}）{a}_{n+1}$$≥\frac{{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}}$，即$\frac{_{n}}{{a}_{n}}＞\frac{{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}^{2}}$，即可證明．
（III）由${a}_{n+1}≤\frac{1}{4}{a}_{n}$可得：$_{n}-\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$=-$（{a}_{n+1}-\frac{1}{4}{a}_{n}）（{a}_{n+1}-\frac{3}{4}{a}_{n}）$，可得$_{n}≤\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$，因此T_n≤$\frac{3}{16}（{a}_{1}^{2}+{a}_{2}^{2}+…+{a}_{n}^{2}）$≤$\frac{3}{16}$$（{a}_{1}^{2}+\frac{1}{16}{a}_{1}^{2}+…+\frac{1}{1{6}^{n-1}}{a}_{1}^{2}）$，利用等比數(shù)列的前n項和公式即可得出．

解答 （I）解：∵a₁-a₂-$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{{a}_{1}^{2}-{a}_{1}{a}_{2}-a}{{a}_{1}}$≥$\frac{{a}_{1}^{3}-{a}_{1}{a}_{2}}{{a}_{1}}$=${a}_{1}^{2}-{a}_{2}$$≥{a}_{1}^{3}$＞0，
∴a₁-a₂＞$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$；
（II）證明：∵a_n＞0，∴$0＜\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$$≤{a}_{n}-{a}_{n}^{2}$=-$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}$$≤\frac{1}{4}$．
∴${a}_{n+1}≤\frac{1}{4}{a}_{n}＜{a}_{n}$．∵0＜a_n＜a₁＜1，${a}_{n+1}＜{a}_{n}^{2}-{a}_{n}^{3}$＜${a}_{n}^{2}$，
∴b_n=（a_n-a_n+1）a_n+1＞$（{a}_{n}-{a}_{n}^{2}）{a}_{n+1}$$≥\frac{{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}}$，即$\frac{_{n}}{{a}_{n}}＞\frac{{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}^{2}}$，
∴$\sqrt{\frac{_{1}_{2}…_{n}}{{a}_{1}{a}_{2}…{a}_{n}}}$＞$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}•\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•…•$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{1}}$＞a_n+1；
（III）證明：由${a}_{n+1}≤\frac{1}{4}{a}_{n}$可得：$_{n}-\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$=（a_n-a_n+1）a_n+1-$\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$=-$（{a}_{n+1}-\frac{1}{4}{a}_{n}）（{a}_{n+1}-\frac{3}{4}{a}_{n}）$，且${a}_{n+1}-\frac{1}{4}{a}_{n}≤0$，${a}_{n+1}-\frac{3}{4}{a}_{n}$＜0，
∴$_{n}≤\frac{3}{16}{a}_{n}^{2}$，
因此T_n≤$\frac{3}{16}（{a}_{1}^{2}+{a}_{2}^{2}+…+{a}_{n}^{2}）$≤$\frac{3}{16}$$（{a}_{1}^{2}+\frac{1}{16}{a}_{1}^{2}+…+\frac{1}{1{6}^{n-1}}{a}_{1}^{2}）$≤$\frac{3}{16}×\frac{{a}^{2}（1-\frac{1}{1{6}^{n}}）}{1-\frac{1}{16}}$$＜\frac{{a}^{2}}{5}$

點評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等比數(shù)列的前n項和公式、不等式的性質(zhì)、“放縮法”，考查了變形能力，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．