设 ${a_n}$ 是函数 $f\left( x \right)={x^3}+{n^2}x-1$ 的零点．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
求证：$0<{a_n}<1$；标注答案略解析显然 $f\left( x \right)$ 在 $\left( {0 , 1} \right)$ 上连续且单调递增，而 $f\left( 0 \right)<0$，$f\left( 1 \right)>0$．
于是 ${a_n} \in \left( {0 , 1} \right)$． -
求证：$\dfrac{n}{{n+1}}<\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n {{a_k}}<\dfrac{3}{2}$．标注答案略解析对左边的不等式，尝试使用分析通项．
只需要证明$${a_n}>\dfrac{n}{{n+1}}-\dfrac{{n-1}}{n}=\dfrac{1}{{n\left( {n+1} \right)}}$$事实上，$$f\left( {\dfrac{1}{{n\left( {n+1} \right)}}} \right)=\dfrac{1}{{{n^3}{{\left( {n+1} \right)}^3}}}+{n^2} \cdot \dfrac{1}{{n\left( {n+1} \right)}}-1=\dfrac{1}{{{n^3}{{\left( {n+1} \right)}^3}}}-\dfrac{1}{{n+1}}<0$$于是$${a_n} \in \left( {\dfrac{1}{{n\left( {n+1} \right)}} , 1} \right),$$因此左边的不等式成立．
对于右边的不等式，不适合分析通项法．
先估计 ${a_n}$ 的上界，考虑到$$f\left( {\dfrac{1}{{{n^2}}}} \right)=\dfrac{1}{{{n^6}}}>0,$$于是$${a_n}<\dfrac{1}{{{n^2}}}.$$因此（稍微后移起点，仍然较大）$$\sum\limits_{k=1}^n {{a_k}}<\sum\limits_{k=1}^n {\dfrac{1}{{{k^2}}}}=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{4}+\sum\limits_{k=3}^n {\left( {\dfrac{1}{{k-1}}-\dfrac{1}{k}} \right)}<1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{2}$$对 ${a_1}$ 进行更精细的估计，我们的目标是试图证明 ${a_1} \leqslant \dfrac{3}{4}$．
事实上当 $n=1$ 时，$f\left( {\dfrac{3}{4}} \right)=\dfrac{{11}}{{64}}>0$，于是 ${a_1}<\dfrac{3}{4}$．
这样就有$$\sum\limits_{k=1}^n {{a_k}}<\dfrac{3}{4}+\sum\limits_{k=2}^n {\dfrac{1}{{{k^2}}}}
<\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}+\sum\limits_{k=3}^n {\left( {\dfrac{1}{{k-1}}-\dfrac{1}{k}} \right)}
< \dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$$因此原不等式得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
