浙江 2008 · 数学 q22

题面

（22）（本题14分）已知数列 $\{a_{n}\}$，$a_{n} \geq 0$，$a_{1} = 0$，$a_{n+1}^{2} + a_{n+1} - 1 = a_{n}^{2} (n \in N^{\bullet})$。记 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}$。$T_{n} = \frac{1}{1 + a_{1}} + \frac{1}{(1 + a_{1})(1 + a_{2})} + \cdots + \frac{1}{(1 + a_{1})(1 + a_{2}) \cdots (1 + a_{n})}$。求证：当 $n \in N^{\bullet}$ 时，
（I）$a_{n} < a_{n+1}$；
（II）$S_{n} > n - 2$；
（III）$T_{n} < 3$。

2008年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷

逻辑推理能力．满分14分.

（Ⅰ）证明：用数学归纳法证明.

①当 $n = 1$ 时，因为 $a_2$ 是方程 $x^{2} + x - 1 = 0$ 的正根，所以 $a_1 < a_2$

②假设当 $n=k(k\inN^{*})$ 时， $a_{k}<a_{k+1}$ ，

因为 a_{k + 1}^2 -a_k^2 = (a_{k + 2}^2 +a_{k + 2} - 1) - (a_{k + 1}^2 +a_{k + 1} - 1)$$= (a_{k + 2} - a_{k + 1})(a_{k + 2} + a_{k + 1} + 1),

所以 $a_{k+1}<a_{k+2}$ .

即当 $n = k + 1$ 时， $a_{n} < a_{n + 1}$ 也成立.

根据①和②，可知 $a_{n} < a_{n + 1}$ 对任何 $n\in N^*$ 都成立.

（Ⅱ）证明：由 $a_{k+1}^{2}+a_{k+1}-1=a_{k}^{2},\quad k=1,2,\cdots,n-1\quad(n\geqslant2)$

得 $a_{n}^{2} + (a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n}) - (n - 1) = a_{1}^{2}$.

因为 $a_1 = 0$ ，所以 $S_{n} = n - 1 - a_{n}^{2}$

由 $a_{n} < a_{n + 1}$ 及 $a_{n + 1} = 1 + a_n^2 -2a_{n + 1}^2 < 1$ 得 $a_{n} < 1$

所以 $S_{n} > n - 2$

（III）证明：由 $a_{k + 1}^2 +a_{k + 1} = 1 + a_k^2\geqslant 2a_k$ ，得

$\frac{1}{1 + a_{k + 1}} \leqslant \frac{a_{k + 1}}{2 a_{k}} (k = 2, 3, \dots , n - 1, n \geqslant 3)$

所以 $\frac{1}{(1+a_{3})(1+a_{4})\cdots(1+a_{n})}\leqslant\frac{a_{n}}{2^{n-2}a_{2}}(a\geqslant3)$ ,

于是 $\frac{1}{(1 + a_2)(1 + a_3)\cdots(1 + a_n)} \leqslant \frac{a_n}{2^{n-2}(a_2^2 + a_2)} = \frac{a_n}{2^{n-2}} < \frac{1}{2^{n-2}} (n \geqslant 3)$,

故当 $n \geqslant 3$ 时， $T_{n} < 1 + 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2^{n-2}} < 3$ ，

又因为 $T_{1}<T_{2}<T_{3}$ ，

所以 $T_{n}<3$ .