Question

6．設a₁=2，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，n∈N^*，求證：a_n＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 根據(jù)遞推公式和基本不等式求出a_n+1的范圍，運用數(shù)學歸納法證明：先證n=1、2成立，再假設n=k成立，利用放縮法和作差法證明n=k+1也成立．

解答 證明：∵a₁=2，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，n∈N^*，
∴a_n＞0，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$≥$2\sqrt{\frac{{a}_{n}}{2}×\frac{1}{{a}_{n}}}$=$\sqrt{2}$，當且僅當$\frac{{a}_{n}}{2}=\frac{1}{{a}_{n}}$，即${a}_{n}=\sqrt{2}$時取等號，
①當n=1時，a₁=2＜$\sqrt{2}+\frac{1}{1}$=$\sqrt{2}$+1，
當n=2時，a₂=1+$\frac{1}{2}$＜$\sqrt{2}+\frac{1}{2}$，
②假設當n=k（k≥3）時，$\sqrt{2}≤$a_k＜$\sqrt{2}+\frac{1}{k}$，則$\frac{1}{{a}_{k}}≤\frac{1}{\sqrt{2}}$，
那么當n=k+1時，${a}_{k+1}=\frac{{a}_{k}}{2}+\frac{1}{{a}_{k}}$＜$\frac{1}{2}（\sqrt{2}+\frac{1}{k}）+\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2k}$，
∵$\frac{1}{2k}-\frac{1}{k+1}=\frac{k+1-2k}{2k（k+1）}$=$\frac{1-k}{2k（k+1）}$＜0，∴$\frac{1}{2k}＜\frac{1}{k+1}$，
∴$\sqrt{2}+\frac{1}{2k}$＜$\sqrt{2}+\frac{1}{k+1}$，
則當n=k+1時，a_n＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{n}$成立，
故對任意n∈N^*，有a_n＜$\sqrt{2}$+$\frac{1}{n}$．

點評 本題考查數(shù)學歸納法證明數(shù)列有關的不等式的應用，基本不等式，以及放縮法和作差法的應用，考查化簡變形能力、分析、解決問題的能力，屬于難題．