2011 年天津预赛 · 第 15 题

解答

由递推，全部 $a_n>0$ 且严格递增。将 $a_n-2a_{n-1}=\sqrt{3a_{n-1}^2+1}$ 平方，得 $a_n^2-4a_n{a}_{n-1}+a_{n-1}^2=1$。所以 $(2a_n-a_{n-1}{)}^2=3a_n^2+1$，且 $2a_n-a_{n-1}>0$。故 $\sqrt{3a_n^2+1}=2a_n-a_{n-1}$，于是对 $n>1$，$\boxed{a_{n+1}+a_{n-1}=4a_n}$。另一方面，令 $r=2+\sqrt{3}>1$，有 $a_{n+1}>r{a}_n$，故 $a_k\ge r^{k-1}$。因此 ${\sum }_{k=1}^{n}1/a_k\le {\sum }_{k=1}^n{r}^{1-k}<r/(r-1)$，即 $\boxed{\sum _{k=1}^{n}1/a_k<(1+\sqrt{3})/2}$。