Question

7．已知數(shù)列{a_n}滿足，a₁=a，n²S_n+1=n²（S_n+a_n）+a_n²，n∈N^*，
（1）若{a_n}為不恒為0的等差數(shù)列，求a；
（2）若a=$\frac{1}{3}$，證明：$\frac{n}{2n+1}≤{a_n}$＜1．

Answer 1

分析 （1）通過對n²S_n+1=n²（S_n+a_n）+a_n²變形、整理可知a_n+1=a_n+$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{n}^{2}}$，利用a_n=kn+b，計算即得結論；
（2）利用a_n+1＞a_n、放縮可知$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$＞-$\frac{1}{{n}^{2}}$，通過疊加可知$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$＞-[$\frac{1}{{n}^{2}}$+$\frac{1}{（n-1）^{2}}$+…+$\frac{1}{{1}^{2}}$]，利用$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$、并項相加可知a_n＜1；利用a_n＜1放縮可知a_n+1＜a_n+$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}$，進而$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$＜-$\frac{1}{{n}^{2}+1}$，通過疊加可知$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$＜-[$\frac{1}{（n-1）^{2}+1}$+…+$\frac{1}{{1}^{2}+1}$]，利用$\frac{1}{{n}^{2}+1}$＞$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$、并項相加可知a_n≥$\frac{n}{2n+1}$．

解答 （1）解：∵數(shù)列{a_n}為不恒為0的等差數(shù)列，
∴可設a_n=kn+b，
∵n²S_n+1=n²（S_n+a_n）+a_n²，
∴n²（S_n+1-S_n）=n²a_n+a_n²，
∴n²a_n+1=n²a_n+a_n²，
∴a_n+1=a_n+$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{n}^{2}}$，
∴k（n+1）+b=kn+b+$\frac{（kn+b）^{2}}{{n}^{2}}$，
整理得：kn²=k²n²+2kbn+b²，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k={k}^{2}}\\{b=0}\end{array}\right.$，
解得：k=1、b=0或k=0、b=0（舍），
∴a_n=n，
∴a₁=a=1；
（2）證明：下面分兩部分來證明命題：
①證明：a_n＜1．
易知a_n＞0，a_n+1-a_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{n}^{2}}$＞0，
∴a_n+1＞a_n，
∴a_n+1=a_n+$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{n}^{2}}$＜a_n+$\frac{{a}_{n}{a}_{n+1}}{{n}^{2}}$，
兩端同時除以a_na_n+1，得：$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{n}^{2}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$＞-$\frac{1}{{n}^{2}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$＞-$\frac{1}{（n-1）^{2}}$，
…
$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$＞-$\frac{1}{{1}^{2}}$，
疊加得：$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$＞-[$\frac{1}{{n}^{2}}$+$\frac{1}{（n-1）^{2}}$+…+$\frac{1}{{1}^{2}}$]，
又∵$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$＞-[$\frac{1}{{n}^{2}}$+$\frac{1}{（n-1）^{2}}$+…+$\frac{1}{{1}^{2}}$]＞-（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n-2}$-$\frac{1}{n-1}$+…+$\frac{1}{1}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{1}^{2}}$）=-（2-$\frac{1}{n-1}$）=$\frac{1}{n-1}$-2，
又∵a₁=a=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-3＞$\frac{1}{n-1}$-2，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$＞$\frac{1}{n-1}$-2+3=1+$\frac{1}{n-1}$＞1，
∴a_n＜1；
②證明：a_n≥$\frac{n}{2n+1}$．
顯然a₁=$\frac{1}{3}$≥$\frac{1}{2+1}$，
∵a_n＜1，
∴a_n+1=a_n+$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{n}^{2}}$＜a_n+$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}$，
∴a_n＞$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$•a_n+1，
∴a_n+1=a_n+$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{n}^{2}}$
=a_n+$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}$•a_n
＞a_n+$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}$•$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$•a_n+1
=a_n+$\frac{1}{{n}^{2}+1}$•a_n•a_n+1，
兩端同時除以a_na_n+1，得：$\frac{1}{{a}_{n}}$＞$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{n}^{2}+1}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$＜-$\frac{1}{{n}^{2}+1}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$＜-$\frac{1}{（n-1）^{2}+1}$，
…
$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$＜-$\frac{1}{{1}^{2}+1}$，
疊加得：$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$＜-[$\frac{1}{（n-1）^{2}+1}$+…+$\frac{1}{{1}^{2}+1}$]，
又∵$\frac{1}{{n}^{2}+1}$＞$\frac{1}{{n}^{2}+n}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$＜-[$\frac{1}{{n}^{2}+1}$+$\frac{1}{（n-1）^{2}+1}$+…+$\frac{1}{{1}^{2}+1}$]
＜-（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$+…+1-$\frac{1}{2}$）
=-（1-$\frac{1}{n}$），
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$-3＜-（1-$\frac{1}{n}$），
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$＜3-1+$\frac{1}{n}$=$\frac{2n+1}{n}$，
∴a_n≥$\frac{n}{2n+1}$；
綜上所述：$\frac{n}{2n+1}≤{a_n}$＜1．

點評 本題是一道關于數(shù)列遞推關系的綜合題，考查運算求解能力，利用放縮法和裂項是解決本題的關鍵，難度較大，注意解題方法的積累，屬于難題．