查看数据源：599165bc2bfec200011df3d2
设实数数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的前 $n$ 项和 ${S_n}$ 满足 ${S_{n + 1}} = {a_{n + 1}}{S_n}\left( {n \in {\mathbb{N}}^*} \right)$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
  1. 若 ${a_1}$，${S_2} $，$ - 2{a_2}$ 成等比数列，求 ${S_2}$ 和 ${a_3}$；
    标注
    答案
    解析
    由题意\[\begin{cases}
    S_2^2 = - 2{a_1}{a_2}, \\
    {S_2} = {a_2}{S_1} = {a_1}{a_2}, \\
    \end{cases}\]得\[S_2^2 = - 2{S_2}.\]由 ${S_2}$ 是等比中项知 ${S_2} \ne 0$．因此\[{S_2} = - 2.\]由\[{S_2} + {a_3} = {S_3} = {a_3}{S_2},\]解得\[{a_3} = \dfrac{S_2}{{{S_2} - 1}} = \dfrac{ - 2}{ - 2 - 1} = \dfrac{2}{3}.\]
  2. 求证：对 $k \geqslant 3$ 有 $0 \leqslant {a_{k + 1}} \leqslant {a_k} \leqslant \dfrac{4}{3}$．
    标注
    答案
    解析
    证法一：
    由题设条件有\[{S_n} + {a_{n + 1}} = {a_{n + 1}}{S_n},\]故 $S_n \ne 1 $，$ {a_{n + 1}} \ne 1$ 且\[\begin{split}{a_{n + 1}} & = \dfrac{S_n}{{{S_n} - 1}} ,\\ {S_n} & = \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_{n + 1}} - 1}},\end{split}\]从而对 $k \geqslant 3$ 有\[\begin{split} {a_k} &= \frac{{{S_{k - 1}}}}{{{S_{k - 1}} - 1}}\\ &= \frac{{{a_{k - 1}} + {S_{k - 2}}}}{{{a_{k - 1}} + {S_{k - 2}} - 1}}\\ &= \dfrac{{{a_{k - 1}} + \dfrac{{{a_{k - 1}}}}{{{a_{k - 1}} - 1}}}}{{{a_{k - 1}} + \dfrac{{{a_{k - 1}}}}{{{a_{k - 1}-1}}} - 1}}\\
    &= \dfrac{a_{k-1}^2}{{a_{k - 1}^2 - {a_{k - 1}} + 1}} \quad\cdots\cdots ① \end{split}\]因\[a_{k - 1}^2 - {a_{k - 1}} + 1 = {\left( {{a_{k - 1}} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4} > 0 ,\]且\[ a_{k - 1}^2 \geqslant 0,\]由 ① 得\[{a_k} \geqslant 0.\]要证 ${a_k} \leqslant \dfrac{4}{3}$，由 ① 只要证\[\dfrac{{a_{k - 1}^2}}{{a_{k - 1}^2 - {a_{k - 1}} + 1}} \leqslant \dfrac{4}{3},\]即证\[3a_{k - 1}^2 \leqslant 4\left( {a_{k - 1}^2 - {a_{k - 1}} + 1} \right),\]即\[{\left( {{a_{k - 1}} - 2} \right)^2} \geqslant 0.\]此式明显成立．因此\[{a_k} \leqslant \dfrac{4}{3}\left( {k \geqslant 3} \right).\]最后证 ${a_{k + 1}} \leqslant {a_k}$，若不然\[{a_{k + 1}} = \dfrac{a_k^2}{{a_k^2 - {a_k} + 1}} > {a_k},\]又因 ${a_k} \geqslant 0$，故\[\dfrac{a_k}{{a_k^2 - {a_k} + 1}} > 1,\]即\[{\left( {{a_k} - 1} \right)^2} < 0.\]矛盾．因此\[{a_{k + 1}} \leqslant {a_k}\left( {k \geqslant 3} \right).\]证法二：
    由题设知\[{S_{n + 1}} = {S_n} + {a_{n + 1}} = {a_{n + 1}}{S_n},\]故方程 ${x^2} - {S_{n + 1}}x + {S_{n + 1}} = 0$ 有根 ${S_n}$ 和 ${a_{n + 1}}$（可能相同），因此判别式\[\Delta = S_{n + 1}^2 - 4{S_{n + 1}} \geqslant 0.\]又由\[{S_{n + 2}} = {S_{n + 1}} + {a_{n + 2}} = {a_{n + 2}}{S_{n + 1}},\]得 ${a_{n + 2}} \ne 1$ 且\[{S_{n + 1}} = \frac{{{a_{n + 2}}}}{{{a_{n + 2}} - 1}}.\]因此\[\dfrac{{a_{n + 2}^2}}{{{{\left( {{a_{n + 2}} - 1} \right)}^2}}} - \dfrac{{4{a_{n + 2}}}}{{{a_{n + 2}} - 1}} \geqslant 0,\]即\[3a_{n + 2}^2 - 4{a_{n + 2}} \leqslant 0,\]解得\[0 \leqslant {a_{n + 2}} \leqslant \dfrac{4}{3}.\]因此\[0 \leqslant {a_k} \leqslant \dfrac{4}{3}\left( {k \geqslant 3} \right).\]由\[{a_k} = \dfrac{{{S_{k - 1}}}}{{{S_{k - 1}} - 1}} \geqslant 0\left( {k \geqslant 3} \right),\]得\[\begin{split} {a_{k + 1}} - {a_k} &= \frac{S_k}{{{S_k} - 1}} - {a_k} \\&= {a_k}\left( {\frac{{{S_{k - 1}}}}{{{a_k}{S_{k - 1}} - 1}} - 1} \right) \\&= {a_k}\left( {\dfrac{{{S_{k - 1}}}}{{\dfrac{{S_{k - 1}^2}}{{{S_{k - 1}} - 1}}}-1} - 1} \right) \\
    & =- \dfrac{a_k}{{S_{k - 1}^2 - {S_{k - 1}} + 1}} \\&= -\dfrac{a_k}{{{{\left( {{S_{k - 1}} - \dfrac{1}{2}} \right)}^2} + \dfrac{3}{4}}} \\&\leqslant 0 .\end{split}\]因此\[{a_{k + 1}} \leqslant {a_k} \left( k \geqslant 3\right).\]
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
0.120089s