[不等式] 我也发个数列

设$a_n$是函数$f(x)=x^3+n^2x-1(n\in N^*)$的零点
(1)证明:$$0<a_n<1.$$
(2)证明:$$\frac{n}{n+1}<\sum_{i=1}^n a_i<\frac{3}{2}$$.

印象中几年前见过（或者是类似）没翻到……

$a_n= \frac{1}{a_n^2+ n^2}$
显然$0 < a_n  < 1$

$a_n  > \frac{1}{n + n^2} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$，证明第一个不等号

$a_1  < 1,a_n  < \frac{1}{n^2  - 1}= \frac{1}{2}(\frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n + 1})(n > 1)$，证明第二个不等号

（1）因为$f'(x) = 3{x^2} + {n^2} > 0$，故$f(x)$单调递增，$f(0)f(1) =  - {n^2} < 0 \Rightarrow {a_n} \in (0,1)$
（2）数归法：因为\[1 = {a_n}(a_n^2 + {n^2}) < {a_n}(1 + {n^2}) \Rightarrow {a_n} > \frac{1}{{1 + {n^2}}}\]
当$n = 1$ 时，时，$f\left( x \right) = {x^3} + x - 1$，由于$f\left( {\dfrac{2}{3}} \right) = {\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^3} + \dfrac{2}{3}-1 = -\dfrac{1}{{27}} < 0$，$f\left( {\dfrac{3}{4}} \right) = {\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^3} + \dfrac{3}{4} - 1 = \dfrac{{11}}{{64}} > 0$ ，
所以，$\dfrac{1}{2}<\dfrac{2}{3} < {a_1} < \dfrac{3}{4}$

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2013-4-29 11:42

假设$\sum\limits_{i = 1}^k {{a_i}}  > \dfrac{k}{{k + 1}}$，则当$n =k+1$时，\[\sum\limits_{i = 1}^{k + 1} {{a_i}}  > \frac{k}{{k + 1}} + \frac{1}{{1 + {{(k + 1)}^2}}} > \frac{k}{{k + 1}} + \frac{1}{{(k + 1)(k + 2)}} = \frac{{{k^2} + 2k + 1}}{{(k + 1)(k + 2)}} = \dfrac{{k + 1}}{{k + 2}}\]
再证明右边：
${a_n} = \dfrac{{1 - a_n^3}}{{{n^2}}} < \dfrac{1}{{{n^2}}}{\rm{ = }}\dfrac{4}{{4{n^2}}} < \dfrac{4}{{4{n^2} - 1}} = 2(\dfrac{1}{{2n - 1}} - \dfrac{1}{{2n + 1}}) \Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}}  < \dfrac{3}{4}{\rm{ + }}2(\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{{2n + 1}}) < \dfrac{{17}}{{12}} < \dfrac{3}{2}$

$a_n= \frac{1}{a_n^2+ n^2}$
显然$0 < a_n  < 1$

$a_n  > \frac{1}{n + n^2} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$，证明第一个不等号

$a_1  < 1,a_n  < \frac{1}{n^2  - 1}= \frac{1}{2}(\frac{1}{n - 1} - \f ...
地狱的死灵 发表于 2013-4-29 00:33

你的方法证不了右边

2013年广州二模压轴题，不解析...

可不可用牛顿切线法？

你试一下

8# yayaweha
你试一下

来mark了、、、

来mark了、、、
Tesla35 发表于 2013-4-30 09:00

我的那几个数列贴，你怎不mark啊？