设数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 满足 ${a_{n + 1}} = {a_n} + ca_n^2$，$n = 1, 2, \cdots , $ 其中 ${a_1} > 0$，$c > 0$．
【难度】
【出处】
2013年清华大学等多校联考自主选拔考试
【标注】
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证明：对任意 $M > 0$，存在正整数 $N$，当 $n > N$ 时，${a_n} > M$；标注答案略解析因为 $a_{n+1}-a_n=ca_n^2>0$，所以数列 $\{a_n\}$ 单调递增．
由题意累加得$${a_n} = {a_1} + c\left( {{a_1}^2 + {a_2}^2 + \cdots + {a_{n - 1}}^2} \right) > {a_1} + c\left( {n - 1} \right){a_1}^2,$$取 $N = \left[ {\dfrac{{M - {a_1}}}{{c{a_1}^2}}} \right] + 2$，即可使得当 $n > N$ 时，${a_n} > M$． -
记 ${b_n} = \dfrac{1}{{c{a_n} + 1}}$，${S_n} = {b_1} + {b_2} + \cdots + {b_n}$．证明：$\left\{ {{S_n}} \right\}$ 有界，且对任意 $d > 0$，存在正整数 $K$，当 $n > K$ 时，$0 < \left| {{S_n} - \dfrac{1}{{c{a_1}}}} \right| < d$．标注答案略解析由题意 ${b_n} = \dfrac{1}{{c{a_n} + 1}} = \dfrac{{{a_n}}}{{c{a_n}^2 + {a_n}}} = \dfrac{{{a_n}}}{{{a_{n + 1}}}}$，所以$$\dfrac{1}{{{a_n}}} - \dfrac{1}{{{a_{n + 1}}}} = \dfrac{{{a_{n + 1}} - {a_n}}}{{{a_n}{a_{n + 1}}}} = \dfrac{{c{a_n}^2}}{{{a_n}{a_{n + 1}}}} = \dfrac{{c{a_n}}}{{{a_{n + 1}}}} = c{b_n},$$于是$$\begin{split} {S_n} =&\dfrac{1}{c}\left[ {\left( {\dfrac{1}{{{a_1}}} - \dfrac{1}{{{a_2}}}} \right) + \left( {\dfrac{1}{{{a_2}}} - \dfrac{1}{{{a_3}}}} \right) + \cdots + \left( {\dfrac{1}{{{a_{n}}}} - \dfrac{1}{{{a_{n+1}}}}} \right)} \right] \\=& \dfrac{1}{c}\left( {\dfrac{1}{{{a_1}}} - \dfrac{1}{{{a_{n+1}}}}} \right) < \dfrac{1}{{c{a_1}}},\end{split} $$因此$$\left| {{S_n} - \dfrac{1}{{c{a_1}}}} \right| = \dfrac{1}{{c{a_{n + 1}}}}.$$根据 $(1)$ 中结论，对任意 $d > 0$，取 $M = \dfrac{1}{{cd}}$，必存在正整数 $K$，当 $n > K$ 时，有 $a_{n+1} > M$，此时$$\left| {{S_n} - \dfrac{1}{{c{a_1}}}} \right| = \dfrac{1}{{c{a_{n + 1}}}} < \dfrac{1}{{cM}} = d,$$命题得证．
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
