题目 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1}=a_n^2-a_n+1$（$n\in\mathbb N^*$），$S_n$ 为数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和．证明： 问题1 当 $a_1\in [0,1]$ 时，$a_n\in [0,1]$； 答案1 略 解析1 设 $f(x)=x^2-x+1$，其函数图象如图．<img src="/static/images/5f49b640a4dd5f9fe1289e42d5b983a2.png" class="img-responsive" />由于 $[0,1]$ 是迭代函数 $f(x)$ 的一个保值区间，因此当 $a_1\in [0,1]$ 时，有 $a_n\in [0,1]$． 备注1 问题2 当 $a_1>1$ 时，$a_n>(a_1-1)a_1^{n-1}$； 答案2 略 解析2 考虑到 $f(x)$ 的不动点为 $x=1$，且当 $x>1$ 时，$f(x)>x$，因此 $\{a_n\}$ 单调递增．进而由\[a_{n+1}-1=\left(a_n-1\right)\cdot a_n,\]可得\[a_n-1=\left(a_1-1\right)\cdot a_1\cdot a_2\cdots a_{n-1}\geqslant \left(a_1-1\right)a_1^{n-1},\]因此$$a_n>\left(a_1-1\right)a_1^{n-1},$$命题得证． 备注2 问题3 当 $a_1=\dfrac 12$ 时，$n-\sqrt{\dfrac{2n}3}\leqslant S_n\leqslant n-1+\dfrac 1{2^n}$． 答案3 略 解析3 容易证明 $\{a_n\}$ 单调递增，且$$\dfrac 12\leqslant a_n<1,$$于是\[1-a_{n+1}=(1-a_n)\cdot a_n\geqslant \dfrac 12(1-a_n),\]从而\[1-a_n\geqslant \dfrac{1}{2^n},\]累加可得\[\sum_{k=1}^n\left(1-a_k\right)\geqslant 1-\dfrac{1}{2^n},\]即\[S_n\leqslant n-1+\dfrac{1}{2^n},\]右边不等式得证．<br/>另一方面，有\[\dfrac{1}{1-a_{n+1}}=\dfrac{1}{1-a_n}+\dfrac{1}{a_n},\]于是\[\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{a_k}=\dfrac{1}{1-a_{n+1}}-\dfrac{1}{1-a_1}\geqslant n,\]从而可得当 $n\geqslant 2$ 时，有\[a_n\geqslant 1-\dfrac{1}{n+1},\]因此有\[S_n\geqslant n-\left(\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 14+\cdots +\dfrac{1}{n+1}\right),\]接下来处理右边和式\[\begin{split}\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 14+\cdots+\dfrac{1}{n+1}&<\sqrt{n}\cdot \sqrt{\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{(n+1)^2}}\\<br/>&<\sqrt{n}\cdot \sqrt{\dfrac{1}{\dfrac 32\cdot\dfrac 52}+\dfrac{1}{\dfrac 52\cdot\dfrac 72}+\cdots+\dfrac{1}{\left(n+\dfrac 12\right)\left(n+\dfrac 32\right)}}\\<br/>&=\sqrt n\cdot \sqrt{\dfrac 23 -\dfrac{1}{n+\dfrac 32}}\\<br/>&<\sqrt{\dfrac{2n}3},<br/>\end{split}\]因此有\[S_n\geqslant n-\sqrt{\dfrac{2n}3},\]左边不等式得证．<br/>综上所述，原命题得证． 备注3 事实上本题左边很宽松，甚至用数学归纳法都可以证明\[S_n\geqslant n-\sqrt{\dfrac n2}.\]每日一题[845]级数不等式．