Question

19．已知數(shù)列{a_n}滿足${a_0}=\frac{1}{3}$，${a_n}=\sqrt{\frac{1}{2}（{1+{a_{n-1}}}）}$（n=1，2，3…），${b_n}=2{a_n}^2-{a_n}$，S_n=b₁+b₂+…+b_n．
證明：（Ⅰ）a_n-1＜a_n＜1（n≥1）；
（Ⅱ）$0＜{S_n}＜n-\frac{1}{2}$（n≥2）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由${a_n}=\sqrt{\frac{1}{2}（{1+{a_{n-1}}}）}$得：${a_{n-1}}=2{a_n}^2-1$．可得顯然a_n＞0，$1-{a_{n-1}}=2-2{a_n}^2=2（1-{a_n}^2）=2（1+{a_n}）（1-{a_n}）$，故1-a_n與1-a_n-1同號(hào)，又$1-{a_0}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}＞0$，可得a_n＜1．可得  a_n-1-a_n=（2a_n+1）（a_n-1）＜0，即a_n-1＜a_n．
（Ⅱ）由已知可得：${b_n}=2{a_n}^2-{a_n}={a_{n-1}}-{a_n}+1$，由0＜a_n-1＜a_n＜1⇒a_n-1-a_n+1＞0，
從而b_n=a_n-1-a_n+1＞0，于是，S_n=b₁+b₂+…+b_n＞0．由（Ⅰ）有1-a_n-1=2（1+a_n）（1-a_n），可得$\frac{{1-{a_n}}}{{1-{a_{n-1}}}}=\frac{1}{{2（1+{a_n}）}}$$＜\frac{1}{2}$，可得$1-{a_n}＜\frac{1}{2}（1-{a_{n-1}}）＜{（{\frac{1}{2}}）^2}（1-{a_{n-2}}）＜…＜{（{\frac{1}{2}}）^n}（1-{a_0}）=\frac{2}{3}•\frac{1}{2^n}$，求和即可證明．

解答 證明：（Ⅰ）由${a_n}=\sqrt{\frac{1}{2}（{1+{a_{n-1}}}）}$得：${a_{n-1}}=2{a_n}^2-1$（*）
顯然a_n＞0，（*）式⇒$1-{a_{n-1}}=2-2{a_n}^2=2（1-{a_n}^2）=2（1+{a_n}）（1-{a_n}）$
故1-a_n與1-a_n-1同號(hào)，又$1-{a_0}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}＞0$，
所以1-a_n＞0，即a_n＜1…（3分）
（注意：也可以用數(shù)學(xué)歸納法證明）
所以  a_n-1-a_n=（2a_n+1）（a_n-1）＜0，即a_n-1＜a_n
所以   a_n-1＜a_n＜1（n≥1）…（6分）
（Ⅱ）（*）式⇒${b_n}=2{a_n}^2-{a_n}={a_{n-1}}-{a_n}+1$，
由0＜a_n-1＜a_n＜1⇒a_n-1-a_n+1＞0，
從而b_n=a_n-1-a_n+1＞0，于是，S_n=b₁+b₂+…+b_n＞0，…（9分）
由（Ⅰ）有1-a_n-1=2（1+a_n）（1-a_n）⇒$\frac{{1-{a_n}}}{{1-{a_{n-1}}}}=\frac{1}{{2（1+{a_n}）}}$$＜\frac{1}{2}$，
所以$1-{a_n}＜\frac{1}{2}（1-{a_{n-1}}）＜{（{\frac{1}{2}}）^2}（1-{a_{n-2}}）＜…＜{（{\frac{1}{2}}）^n}（1-{a_0}）=\frac{2}{3}•\frac{1}{2^n}$（**）…（11分）
所以S_n=b₁+b₂+…+b_n=（a₀-a₁+1）+（a₁-a₂+1）+…（a_n-1-a_n+1）=${a_0}-{a_n}+n=\frac{1}{3}+n-{a_n}$…（12分）
=$-\frac{2}{3}+n+（1-{a_n}）＜-\frac{2}{3}+n+\frac{2}{3}•\frac{1}{2^n}$$≤-\frac{2}{3}+n+\frac{2}{3}•\frac{1}{2^2}=n-\frac{1}{2}$…（14分）
∴$0＜{S_n}＜n-\frac{1}{2}$（n≥2）成立…（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等比數(shù)列的定義通項(xiàng)公式與求和公式、數(shù)列遞推關(guān)系、放縮法、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．