Question

11．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=$\frac{3}{2}$，a_n=2-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$（n≥2）
（1）若b_n=$\frac{1}{{a}_{n}-1}$，證明：{b_n}為等差數(shù)列；
（2）若c_n=$\frac{4}{{a}_{n}-1}$-5，S_n為{c_n}的前n項和，求證：$\frac{1}{{S}_{1}-1}$+$\frac{1}{{S}_{2}-1}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}-1}$＜$\frac{73}{90}$．

Answer 1

分析 （1）易得a_n+1a_n=2a_n-1，從而b_n+1-b_n=$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$-$\frac{1}{{a}_{n}-1}$，化簡得b_n+1-b_n=1，故數(shù)列{b_n}為首項為2、公差為1的等差數(shù)列；
（2）數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=$2n+\frac{n（n-1）}{2}$=$\frac{{n}^{2}+3n}{2}$，則S_n=4T_n-5n=4×$\frac{{n}^{2}+3n}{2}$-5n=2n²+n，將$\frac{1}{{S}_{n}-1}$放大至$\frac{1}{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$，再將$\frac{1}{{S}_{1}-1}$+$\frac{1}{{S}_{2}-1}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}-1}$中第6項以后放縮即可．

解答 證明：由a_n=2-$\frac{1}{{a}_{n}-1}$可知a_na_n-1=2a_n-1-1，所以a_n+1a_n=2a_n-1．
（1）∵b_n=$\frac{1}{{a}_{n}-1}$，
∴b_n+1-b_n=$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$-$\frac{1}{{a}_{n}-1}$
=$\frac{{a}_{n}-1-{a}_{n+1}+1}{（{a}_{n+1}-1）（{a}_{n}-1）}$
=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n}{a}_{n+1}-{a}_{n}-{a}_{n+1}+1}$
=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{2{a}_{n}-1-{a}_{n}-{a}_{n+1}+1}$
=1，
又$_{1}=\frac{1}{{a}_{1}-1}$=$\frac{1}{\frac{3}{2}-1}$=2，
故數(shù)列{b_n}為首項為2、公差為1的等差數(shù)列；
（2）由（1）知，數(shù)列{b_n}的前n項和T_n為：
T_n=$2n+\frac{n（n-1）}{2}$=$\frac{{n}^{2}+3n}{2}$，
又c_n=$\frac{4}{{a}_{n}-1}$-5，
所以{c_n}的前n項和S_n為：
S_n=4T_n-5n=4×$\frac{{n}^{2}+3n}{2}$-5n=2n²+n，
則$\frac{1}{{S}_{n}-1}$=$\frac{1}{2{n}^{2}+n-1}$=$\frac{1}{（2n-1）（n+1）}$
又2n²+n-1＞2n²-2n=2n（n-1）
所以$\frac{1}{{S}_{n}-1}$＜$\frac{1}{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$，
所以$\frac{1}{{S}_{1}-1}$+$\frac{1}{{S}_{2}-1}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}-1}$
＜$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{3×3}$+$\frac{1}{5×4}$+$\frac{1}{7×5}$+$\frac{1}{9×6}$+$\frac{1}{2}$[$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{6}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$]
＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{9}$+$\frac{1}{20}$+$\frac{1}{35}$+$\frac{1}{54}$+$\frac{1}{10}$
=$\frac{30550}{37800}$＜$\frac{73}{90}$，
即$\frac{1}{{S}_{1}-1}$+$\frac{1}{{S}_{2}-1}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}-1}$＜$\frac{73}{90}$．

點評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、“裂項求和”以及放縮法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．