已知无穷数列 $\{x_n\}$ 的首项 $x_1=\dfrac 12$，递推公式为 $x_{n+1}=\dfrac{2x_n}{x_n^2+1},n\in\mathbb N^*$，求证：$$\dfrac{(x_1-x_2)^2}{x_1x_2}+\dfrac{(x_2-x_3)^2}{x_2x_3}+\cdots+\dfrac{(x_{n}-x_{n+1})^2}{x_nx_{n+1}}<\dfrac{5}{16}.$$
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
利用迭代函数法研究数列，不动点为 $0$ 和 $1$，递推函数的图象如图．
可以得知 $\{x_n\}$ 单调递增趋于 $1$．由于级数通项中有因式形式为差分，因此考虑通过 $\{x_n\}$ 的上下界进行放缩后求和（另外一种方法是利用阿贝尔求和后放缩）．
由递推公式不难得到 $x_n>0$（$n\in\mathbb N^*$），又变形得$$1-x_{n+1}=\dfrac{(1-x_n)^2}{x_n^2+1}>0,$$因此 $x_n<1$（$n\in\mathbb N^*$）．进而$$\dfrac{x_{n+1}}{x_n}=\dfrac{2}{x_n^2+1}>1,$$于是 $\{x_n\}$ 单调递增．
接下来放缩处理和式的通项$$\dfrac{(x_{n}-x_{n+1})^2}{x_nx_{n+1}}=(x_{n+1}-x_n)\cdot\left(\dfrac{1}{x_n}-\dfrac{1}{x_{n+1}}\right),$$由于 $x_1=\dfrac 12$，$x_2=\dfrac 45$，因此当 $n=1$ 时，有$$LHS=\dfrac{(x_1-x_2)^2}{x_1x_2}=\dfrac{9}{40}<\dfrac{5}{16},$$而当 $n\geqslant 2$ 时，有$$\dfrac{1}{x_n}-\dfrac{1}{x_{n+1}}<\dfrac 54-1=\dfrac 14,$$因此当 $n\geqslant 2$ 时，有\[\begin{split}LHS&<\dfrac{(x_1-x_2)^2}{x_1x_2}+\dfrac 14(x_3-x_2)+\cdots +\dfrac 14(x_{n+1}-x_n)\\&=\dfrac{9}{40}+\dfrac 14(x_{n+1}-x_2)\\&<\dfrac{9}{40}+\dfrac 14\left(1-\dfrac 45\right)\\&=\dfrac{11}{40}<\dfrac{5}{16},\end{split}\]因此原命题得证．
可以得知 $\{x_n\}$ 单调递增趋于 $1$．由于级数通项中有因式形式为差分，因此考虑通过 $\{x_n\}$ 的上下界进行放缩后求和（另外一种方法是利用阿贝尔求和后放缩）．由递推公式不难得到 $x_n>0$（$n\in\mathbb N^*$），又变形得$$1-x_{n+1}=\dfrac{(1-x_n)^2}{x_n^2+1}>0,$$因此 $x_n<1$（$n\in\mathbb N^*$）．进而$$\dfrac{x_{n+1}}{x_n}=\dfrac{2}{x_n^2+1}>1,$$于是 $\{x_n\}$ 单调递增．
接下来放缩处理和式的通项$$\dfrac{(x_{n}-x_{n+1})^2}{x_nx_{n+1}}=(x_{n+1}-x_n)\cdot\left(\dfrac{1}{x_n}-\dfrac{1}{x_{n+1}}\right),$$由于 $x_1=\dfrac 12$，$x_2=\dfrac 45$，因此当 $n=1$ 时，有$$LHS=\dfrac{(x_1-x_2)^2}{x_1x_2}=\dfrac{9}{40}<\dfrac{5}{16},$$而当 $n\geqslant 2$ 时，有$$\dfrac{1}{x_n}-\dfrac{1}{x_{n+1}}<\dfrac 54-1=\dfrac 14,$$因此当 $n\geqslant 2$ 时，有\[\begin{split}LHS&<\dfrac{(x_1-x_2)^2}{x_1x_2}+\dfrac 14(x_3-x_2)+\cdots +\dfrac 14(x_{n+1}-x_n)\\&=\dfrac{9}{40}+\dfrac 14(x_{n+1}-x_2)\\&<\dfrac{9}{40}+\dfrac 14\left(1-\dfrac 45\right)\\&=\dfrac{11}{40}<\dfrac{5}{16},\end{split}\]因此原命题得证．
答案
解析
备注
