测试

djjtyq

已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_n+1=\frac{a_n^2}{a_n+1}(n\in \mathbb{N}^+)$.
证明:$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{1+a_k}<\frac{7}{8}$.

$a_n=\frac{1}{2^{2^{n-1}}}$，$\frac{a_n}{1+a_n}=(\dfrac{1}{2})^{2^{n-1}}$，
所以$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{1+a_k}=\frac{1}{2}+(\frac{1}{2})^2+(\dfrac{1}{2})^{2^{2}}+\cdots +(\dfrac{1}{2})^{2^{n-1}}$，至此该如何放缩?

其妙

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，测试成功

djjtyq

$\dfrac{\cos x}{x}\geq \sin x-ax$

其妙

$\dfrac{\cos x}x\geqslant \sin x-ax$

kuing

\[\frac{\cos x}{x}\geq \sin x-ax\]

djjtyq

(1)因为$0<q<1$，所以\[\lim_{n\to\infty}\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\frac{a_1}{1-q}=9，\]\[\lim_{n\to\infty}\frac{a_1^2(1-q^{2n})}{1-q^2}=\frac{a_1^2}{1-q^2}=\frac{81}{5}，\]解得\[a_1=3，q=\frac{2}{3}。\]
(2)因为\[b_i=a_i+(i-1)(2i-1)=(2i-1)a_i-(i-1)，\]所以\[S_n=\sum_{i=1}^{n}b_i=[a_1+3a_2+5a_3+\cdots +(2n-1)a_n]-[1+2+3+\cdots +(n-1)]，\]令\[S=a_1+3a_2+5a_3+\cdots +(2n-1)a_n，\]则\[qS=a_2+3a_3+\cdots +(2n-3)a_n+(2n-1)a_{n+1}，\]两式相减，得\[(1-q)S=2(a_1+a_2+\cdots +a_n)-a_1-(2n-1)a_{n+1}，\]因此，\[S=45-(45+18n)(\frac{2}{3})^{n}，\]\[S_n=45-(45+18n)(\frac{2}{3})^{n}-\frac{n(n-1)}{2}，\]于是，\[\lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^m}=\lim_{n\to\infty}[\frac{45}{n^m}-\frac{45+18n}{n^m}(\frac{2}{3})^{n}-\frac{n(n-1)}{2n^m}]，\]当$m=2$时，\[\lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^2}=\lim_{n\to\infty}[\frac{45}{n^2}-\frac{45+18n}{n^2}(\frac{2}{3})^{n}+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2}]=-\frac{1}{2}，\]当$m>2$时，\[\lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^m}=0，\]综上所述，当且仅当$m=2$时，$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^m}$存在且不为零。

djjtyq

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最后一行那个表达式怎么样不用行间公式的格式才会显示成\[\lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^m}。\]

kuing

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\$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{S_n}{n^m}\$