已知数列 a_ n 满足 a_ 1 =1, a_ n+1…——2021 高考数学第 10 题答案解析

## 【答案】A

## 【解析】

【分析】显然可知，$S_{100}>\frac{1}{2}$ ，利用倒数法得到 $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{\sqrt{a_{n}}}=\left(\frac{1}{\sqrt{a_{n}}}+\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{1}{4}$ ，再放缩可得 $\frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}}<\frac{1}{\sqrt{a_{n}}}+\frac{1}{2}$ ，由累加法可得 $a_{n} \geq \frac{4}{(n+1)^{2}}$ ，进而由 $a_{n+1}=\frac{a_{n}}{1+\sqrt{a_{n}}}$ 局部放缩可得 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}} \leq \frac{n+1}{n+3}$ ，然后利用累乘法求得 $a_{n} \leq \frac{6}{(n+1)(n+2)}$ ，最后根据裂项相消法即可得到 $S_{100}<3$ ，从而得解．

【详解】因为 $a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{a_{n}}{1+\sqrt{a_{n}}}\left(n \in \mathrm{~N}^{*}\right)$ ，所以 $a_{n}>0, S_{100}>\frac{1}{2}$ ．
由 $a_{n+1}=\frac{a_{n}}{1+\sqrt{a_{n}}} \Rightarrow \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{\sqrt{a_{n}}}=\left(\frac{1}{\sqrt{a_{n}}}+\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{1}{4}$
$\therefore \frac{1}{a_{n+1}}<\left(\frac{1}{\sqrt{a_{n}}}+\frac{1}{2}\right)^{2} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}}<\frac{1}{\sqrt{a_{n}}}+\frac{1}{2} \quad, \quad$ 即 $\frac{1}{\sqrt{a_{n+1}}}-\frac{1}{\sqrt{a_{n}}}<\frac{1}{2}$
根据累加法可得，$\frac{1}{\sqrt{a_{n}}} \leq 1+\frac{n-1}{2}=\frac{n+1}{2}$ ，当且仅当 $n=1$ 时取等号，
$\therefore a_{n} \geq \frac{4}{(n+1)^{2}} \quad \therefore a_{n+1}=\frac{a_{n}}{1+\sqrt{a_{n}}} \leq \frac{a_{n}}{1+\frac{2}{n+1}}=\frac{n+1}{n+3} a_{n}$
$\therefore \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \leq \frac{n+1}{n+3}$ ，
由累乘法可得 $a_{n} \leq \frac{6}{(n+1)(n+2)}$ ，当且仅当 $n=1$ 时取等号，
由裂项求和法得：
所以 $S_{100} \leq 6\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{101}-\frac{1}{102}\right)=6\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{102}\right)<3$ ，即 $\frac{1}{2}故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到 $\sqrt{a_{n}}, \sqrt{a_{n+1}}$ 的不等关系，再由累加法可求得 $a_{n} \geq \frac{4}{(n+1)^{2}}$ ，由题目条件可知要证 $S_{100}$ 小于某数，从而通过局部放缩得到 $a_{n}, a_{n+1}$ 的不等关系，改变不等式的方向得到

$a_{n} \leq \frac{6}{(n+1)(n+2)}$ ，最后由裂项相消法求得 $S_{100}<3$ ．