已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_0 = \dfrac 1 k, a_n = a_{n-1} + \dfrac 1 {n^2}a_{n-1}^2$，其中 $k$ 为正整数．如果对于所有的 $n \in \mathbb N^*$，都有 $a_n<1$，求 $k$ 的取值范围．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛辽宁省预赛
【标注】
【答案】
$k\geqslant 3$
【解析】
当 $k=1$ 时，即 $a_0=1$ 时，由数学归纳法可得：$a_n=n+1,n \in \mathbb N^*$．
当 $k=2$ 时，由于 $a_n-a_{n-1}={\dfrac 1 {n^2}}a_{n-1}^{2}, n \in \mathbb N^*$，故\[a_n -a_0={\dfrac 1 {n^2}}a_{n-1}^{2}+\dfrac {1}{(n-1)^2}a_{n-2}^{2}+\cdots+\dfrac 1 4 a_1^2+a_0^2.\]显然 $\{a_n\}$ 是单调增数列，因此\[a_n -a_0>\left(\dfrac 1 {n^2}+\dfrac {1}{(n-1)^2}+\cdots+\dfrac 1 {2^2}\right)a_1^2+a_0^2>\left(\dfrac 1 2-\dfrac 1{n+1}\right)\dfrac 9 {16}+\dfrac 1 4,\]从而有\[a_n>\dfrac 9{32}+\dfrac 3 4-\dfrac 9{16(n+1)}=\dfrac {33}{32}-\dfrac 9{16(n+1)}.\]当 $\dfrac 9{16(n+1)}<\dfrac 1 {32}$ 时，有 $a_n>1$．
当 $k \geqslant 3$ 时，由于\[a_n-a_{n-1}={\dfrac 1 {n^2}}a_{n-1}^{2}<\dfrac 1 {n^2}a_{n-1}a_n, n\in \mathbb N^*,\]故\[\dfrac 1 {a_n-1}-\dfrac 1 {a_n}<\dfrac 1 {n^2}, n \in \mathbb N^*,\]从而\[\dfrac 1 {a_0}-\dfrac 1{a_n}<1+\dfrac 1 {2^2}+\cdots+\dfrac 1 {n^2}<2-\dfrac 1 n,\]因此\[k-2+\dfrac 1 n<\dfrac 1 {a_n},\]即 $\dfrac 1 {a_n}>1,n \in \mathbb N^*$．
因此，当 $k\geqslant 3$ 时，有 $a_n<1, n \in \mathbb N^*$．
当 $k=2$ 时，由于 $a_n-a_{n-1}={\dfrac 1 {n^2}}a_{n-1}^{2}, n \in \mathbb N^*$，故\[a_n -a_0={\dfrac 1 {n^2}}a_{n-1}^{2}+\dfrac {1}{(n-1)^2}a_{n-2}^{2}+\cdots+\dfrac 1 4 a_1^2+a_0^2.\]显然 $\{a_n\}$ 是单调增数列，因此\[a_n -a_0>\left(\dfrac 1 {n^2}+\dfrac {1}{(n-1)^2}+\cdots+\dfrac 1 {2^2}\right)a_1^2+a_0^2>\left(\dfrac 1 2-\dfrac 1{n+1}\right)\dfrac 9 {16}+\dfrac 1 4,\]从而有\[a_n>\dfrac 9{32}+\dfrac 3 4-\dfrac 9{16(n+1)}=\dfrac {33}{32}-\dfrac 9{16(n+1)}.\]当 $\dfrac 9{16(n+1)}<\dfrac 1 {32}$ 时，有 $a_n>1$．
当 $k \geqslant 3$ 时，由于\[a_n-a_{n-1}={\dfrac 1 {n^2}}a_{n-1}^{2}<\dfrac 1 {n^2}a_{n-1}a_n, n\in \mathbb N^*,\]故\[\dfrac 1 {a_n-1}-\dfrac 1 {a_n}<\dfrac 1 {n^2}, n \in \mathbb N^*,\]从而\[\dfrac 1 {a_0}-\dfrac 1{a_n}<1+\dfrac 1 {2^2}+\cdots+\dfrac 1 {n^2}<2-\dfrac 1 n,\]因此\[k-2+\dfrac 1 n<\dfrac 1 {a_n},\]即 $\dfrac 1 {a_n}>1,n \in \mathbb N^*$．
因此，当 $k\geqslant 3$ 时，有 $a_n<1, n \in \mathbb N^*$．
答案
解析
备注
