已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2,a_{n+1}=\frac{2a_n}{1+a_n}$（$n\in\mathbb{N^{\ast}}$）．试求最小的整数 $M$，使得对任意正整数 $n$，都有$$\sum^n_{i=1}a_i(a_i-1)<M.$$
【难度】
【出处】
全国高中数学联赛模拟试题(24)
【标注】
【答案】
略
【解析】
由已知可得，对任意正整数 $n$，都有 $a_n\neq 0$，且$$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2a_n}\Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}}-1=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a_n}-1\right).$$由 $a_1 = 2$，得 $\frac{1}{a_1}-1=-\frac{1}{2}$．于是，数列 $\{\frac{1}{a_n}-1\}$ 是以为首项，以 $\frac{1}{2}$ 为公比的等比
数列．从而$$\frac{1}{a_n}-1=-\frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=-\left(\frac{1}{2}\right)^n\Rightarrow a_n=\frac{2^n}{2^n-1}.$$故$$a_i(a_i-1)=\frac{2^i}{(2^i-1)^2} (i=1,2,3\ldots,n).$$当 $i\geqslant 2$ 时，有$$a_i(a_i-1)=\frac{2^i}{(2^i-1)^2}<\frac{2^i}{(2^i-1)(2^i-2)}=\frac{2^{i-1}}{(2^i-1)(2^{i-1}-1)}=\frac{1}{2^{i-1}-1}-\frac{1}{2^i-1}.$$故$$\sum^n_{i=1}a_i(a_i-1)=\sum^n_{i=1}\frac{2^i}{(2^i-1)^2}<\frac{2^i}{(2^1-1)^2}+\sum^n_{i=2}\left(\frac{1}{2^{i-1}-1}-\frac{1}{2^i-1}\right)=3-\frac{1}{2^n-1}<3.$$又$$\sum^n_{i=1}a_i(a_i-1)\geqslant\sum^n_{i=1}\frac{2^1}{(2^1-1)^2}=2,$$故满足要求的最小正整数 $M=3$．
数列．从而$$\frac{1}{a_n}-1=-\frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=-\left(\frac{1}{2}\right)^n\Rightarrow a_n=\frac{2^n}{2^n-1}.$$故$$a_i(a_i-1)=\frac{2^i}{(2^i-1)^2} (i=1,2,3\ldots,n).$$当 $i\geqslant 2$ 时，有$$a_i(a_i-1)=\frac{2^i}{(2^i-1)^2}<\frac{2^i}{(2^i-1)(2^i-2)}=\frac{2^{i-1}}{(2^i-1)(2^{i-1}-1)}=\frac{1}{2^{i-1}-1}-\frac{1}{2^i-1}.$$故$$\sum^n_{i=1}a_i(a_i-1)=\sum^n_{i=1}\frac{2^i}{(2^i-1)^2}<\frac{2^i}{(2^1-1)^2}+\sum^n_{i=2}\left(\frac{1}{2^{i-1}-1}-\frac{1}{2^i-1}\right)=3-\frac{1}{2^n-1}<3.$$又$$\sum^n_{i=1}a_i(a_i-1)\geqslant\sum^n_{i=1}\frac{2^1}{(2^1-1)^2}=2,$$故满足要求的最小正整数 $M=3$．
答案
解析
备注
