Question

（2010•九江二模）已知數(shù)列{an}中，a1=a＞0，an+1=

1+an 2

(n∈N+）．
（1）試求a的取值范圍，使得a_n+1＞a_n恒成立；
（2）若a=

1

8

，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，求證：Sn＞n-

49

40

；
（3）若a=2，記T_n=|a₂-a₁|+|a₃-a₂|+…+|a_n-a_n-1|（n=2，3，…），求證：T_n＜1．

Answer 1

分析：（1）由a_n+1＞a_n恒成立，知

1+an 2

＞a_n，所以2a_n²-a_n-1＜0恒成立，故2a²-a-1＜0恒成立，由此能求出a的取值范圍．
（2）當(dāng)a=

1

8

時，{a_n}是增函數(shù)，由0＜a_n＜1，知n≥2時，

1

8

＜an＜1，從而當(dāng)n≥2時，1-an+1＜

2

7

(1-an)，事實上，an+1＞

2

7

(1-an)等價于

1

8

＜an＜1．由此能夠證明Sn＞n-

49

40

．
（3）當(dāng)a=2時，由數(shù)學(xué)歸納法可證a_n＞1，n∈N^*．從而a n+12-an 2=

1+an

2

-an2=

(1+2an)(1-an)

2

＜0．于是，當(dāng)n≥2時，T_n=|a₂-a₁|+|a₃-a₂|+…+|a_n-a_n-1|=（a₁-a₂）+（a₂-a₃）+…+（a_n-1-a_n）
=a₁-a_n，由此能夠證明T_n＜1．

解答：解：（1）∵數(shù)列{an}中，a1=a＞0，an+1=

1+an 2

(n∈N+）．
且a_n+1＞a_n恒成立，
∴

1+an 2

＞a_n，
∴2a_n²-a_n-1＜0恒成立，
∴2a²-a-1＜0恒成立，（a-1）（2a+1）＜0，
∵a＞0，∴2a+1＞0，
∴a＜1，
綜上所述，a的取值范圍0＜a＜1．
（2）當(dāng)a=

1

8

時，
∵a_n+1＞a_n恒成立，
∴{a_n}是增函數(shù)，
∵a_n+1＞a_n恒成立，
∴

1+an 2

＞a_n，
∴2a_n²-a_n-1＜0恒成立，
解得-

1

2

＜an＜1．
∵{a_n}是增函數(shù)，且a1=

1

8

，
∴0＜a_n＜1，
∴n≥2時，

1

8

＜an＜1，
從而當(dāng)n≥2時，an+1＞

2

7

an+

5

7

，
即1-an+1＜

2

7

(1-an)，
事實上，an+1＞

2

7

(1-an)
∴

1+an 2

＞

2

7

an+

5

7

∴49（1+a_n）＞2（2a_n+5）²
∴8a_n²-9a_n+1＜0
∴（8a_n-1）（a_n-1）＜0，
∴

1

8

＜an＜1．
而當(dāng)n=1時，a2=

1+a1 2

=

3

4

=

2

7

a1+

5

7

，
于是1-a_n≤(

2

7

)n-1(1-a1)=

7

8

(

2

7

)n-1，
當(dāng)且僅當(dāng)n=1，2時，
等號成立，
∴n-S_n=（1-a₁）+（1-a₂）+…+（1-a_n）
＜

7

8

+

7

8

•

2

7

+…+

7

8

×(

2

7

)n-1
=

7 8 [1-( 2 7 )n]

1- 2 7

=

49

40

[1-(

2

7

)n]
＜

49

40

．
即Sn＞n-

49

40

．
（3）當(dāng)a=2時，a₁=2，a_n+1=

1+an 2

，
①a₁=2＞1成立，
②假設(shè)a_k＞1，
則ak+1= 

1+ak 2

＞1，
由①②知a_n＞1，n∈N^*．
從而a n+12-an 2=

1+an

2

-an2=

(1+2an)(1-an)

2

＜0，
即a_n+1＜a_n，數(shù)列{a_n}遞減，
于是，當(dāng)n≥2時，
T_n=|a₂-a₁|+|a₃-a₂|+…+|a_n-a_n-1|
=（a₁-a₂）+（a₂-a₃）+…+（a_n-1-a_n）
=a₁-a_n
＜2-1
=1．

點評：本題考查數(shù)列與不等式的綜合運用，考查學(xué)生的運算能力，考查學(xué)生探究研究問題的能力．考查數(shù)列的性質(zhì)和應(yīng)用，對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．