不等式放缩1

(2016 浙江绍兴一中) 已知数列 $ a_n $ , $ a_n \geq 0 $ , $ a_1 = 0 $, $ { a_{n+1} }^2 +a_{n+1} - 1 = { a_n } ^2 $ ， 记 $ S_n= \sum_{i=1}^n a_i $ , $ T_n=\sum_{i=1}^n ( \prod_{j=1}^i \frac{1}{a_j+1} ) $。当 $ n \in N^+$ 时， 求证：

(1) $ 0 \leq a_n< a_{n+1} < 1. $

(2) $ S_n > n-2 . $

(3) $ T_n < 3 . $

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（1）将 $ { a_{n+1} }^2 +a_{n+1} - 1 = { a_n } ^2 $ 和 $ { a_{n+2} }^2 +a_{n+2} - 1 = { a_{n+1} } ^2 $ 相减,变换得

$ ( a_{n+2} + a_{n+1} +1 ) ( a_{n+2} - a_{n+1} ) = ( a_{n+1} + a_n ) ( a_{n+1} -a_n ) $

由题，$ a_2 -a_1 >0 $，有 $ a_{n+1} - a_n >0 $ ，于是 $ 0 \leq a_n< a_{n+1} $ 。

$ \therefore { a_{n+1} }^2 +a_{n+1} - 1 = { a_n } ^2 < { a_{n+1} }^2 , a_{n+1}<1$

原命题得证

(2) 当 $ n =1 $ 时，原命题显然成立。

当 $ n>1 $ 时，$ S_n = a_1 + \sum_{i-2}^na_i = a_1 + \sum_{i-2}^n ( {a_{n+1} } ^2 - {a_n}^2 +1 )>a_1 + n-1=n-1>n-2 $。

(3)当 $ n=1 $ 时，原命题显然成立。

当 $ n>1 $ 时，$ a_n+1 \geq a_2 + 1 = \frac{ \sqrt{5} + 1} { 2 } >\frac{3}{2} $，于是 $ T_n=\sum_{i=1}^n ( \prod_{j=1}^i \frac{1}{a_j+1} ) = {1 + \sum_{i=2}^n ( \prod_{j=1}^i \frac{1}{a_j+1} ) < 1+ \sum_{i=2}^n (\frac{2}{3}) ^{i-1} = 1+ 2(1- {(\frac{2}{3})}^{n-1} )} < 3 $，原命题得证。