Question

10．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=$\frac{4}{3}$，且有a_n+1=a_n²-a_n+1，n∈N^*
（I）求證：數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列；
（Ⅱ）記S_n=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$，T_n=$\frac{1}{{a}_{1}}•\frac{1}{{a}_{2}}•…•\frac{1}{{a}_{n}}$求證：S_n+3T_n=3．

Answer 1

分析 （I）由a_n+1=a_n²-a_n+1，n∈N^*，a_n≠1，可得a_n+1-a_n=$（{a}_{n}-1）^{2}$＞0，即可證明．
（II）由a_n+1=a_n²-a_n+1，n∈N^*，可得a_n+1-1=a_n（a_n-1），取倒數(shù)可得：$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{n}-1}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$．利用“裂項(xiàng)求和”可得S_n=$\frac{1}{{a}_{1}-1}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$．另一方面：由a_n+1-1=a_n（a_n-1），可得$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n+1}-1}$，因此T_n=$\frac{{a}_{1}-1}{{a}_{n+1}-1}$，即可證明．

解答 證明：（I）∵a_n+1=a_n²-a_n+1，n∈N^*，a_n≠1，
∴a_n+1-a_n=$（{a}_{n}-1）^{2}$＞0，
∴a_n+1＞a_n．
∴數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列．
（II）∵a_n+1=a_n²-a_n+1，n∈N^*，
∴a_n+1-1=a_n（a_n-1），
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}=\frac{1}{{a}_{n}-1}-\frac{1}{{a}_{n}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{n}-1}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$．
∴S_n=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$=$（\frac{1}{{a}_{1}-1}-\frac{1}{{a}_{2}-1}）$+$（\frac{1}{{a}_{2}-1}-\frac{1}{{a}_{3}-1}）$+…+$（\frac{1}{{a}_{n}-1}-\frac{1}{{a}_{n+1}-1}）$
=$\frac{1}{{a}_{1}-1}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$
=3-$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$．
由a_n+1-1=a_n（a_n-1），
可得$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n+1}-1}$，
∴T_n=$\frac{1}{{a}_{1}}•\frac{1}{{a}_{2}}•…•\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{1}-1}{{a}_{2}-1}$•$\frac{{a}_{2}-1}{{a}_{3}-1}$•…•$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n+1}-1}$=$\frac{{a}_{1}-1}{{a}_{n+1}-1}$=$\frac{1}{3（{a}_{n+1}-1）}$，
∴S_n+3T_n=3-$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$+$\frac{3}{3（{a}_{n+1}-1）}$=3．
∴S_n+3T_n=3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系的應(yīng)用、“裂項(xiàng)求和”、“累乘求積”，考查了變形能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．