Question

3．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁a₂…a_n=1-a_n，n∈N•．
（1）證明：{$\frac{1}{1{-a}_{n}}$}是等差數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）記T_n=a₁a₂…a_n（n∈N^*），S_n=${{T}_{1}}^{2}$+${{T}_{2}}^{2}$+…+${{T}_{n}}^{2}$，證明：a_n+1-$\frac{1}{2}$＜S_n＜$\frac{2}{3}$a_n．

Answer 1

分析 （1）利用a_n+1=$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$=$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$，化簡整理可知$\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=1，進而可知數(shù)列{$\frac{1}{1{-a}_{n}}$}是以2為首項、1為公差的等差數(shù)列，計算即得結(jié)論；
（2）通過（1）可知T_n=1-a_n=$\frac{1}{n+1}$（n∈N*），通過放縮、裂項可知T_n²=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＞$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，T_n²=$\frac{4}{4（n+1）^{2}}$＜$\frac{4}{（2n+1）（2n+3）}$=2（$\frac{1}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+3}$），并項相加、整理即得結(jié)論．

解答 證明：（1）易知T₁=a₁=$\frac{1}{2}$，T_n≠0、a_n≠1，
∴a_n+1=$\frac{{T}_{n+1}}{{T}_{n}}$=$\frac{1-{a}_{n+1}}{1-{a}_{n}}$，
整理得：$\frac{{a}_{n+1}}{1-{a}_{n+1}}$=$\frac{1-（1-{a}_{n+1}）}{1-{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{1-{a}_{n}}$，
即$\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=1，
∵$\frac{1}{1-{a}_{1}}$=$\frac{1}{1-\frac{1}{2}}$=2，
∴數(shù)列{$\frac{1}{1-{a}_{n}}$}是以2為首項、1為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=2+n-1=n+1，
∴a_n=1-$\frac{1}{1+n}$=$\frac{n}{n+1}$；
（2）由（1）可知T_n=1-a_n=$\frac{1}{n+1}$，
一方面，T_n²=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＞$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
并項相加可知S_n＞$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$=$\frac{n+1}{n+2}$-$\frac{1}{2}$=a_n+1-$\frac{1}{2}$；
另一方面，T_n²=$\frac{4}{4（n+1）^{2}}$＜$\frac{4}{（2n+1）（2n+3）}$=2（$\frac{1}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+3}$），
并項相加可知S_n＜2（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{2n+3}$）＜$\frac{2}{3}$-$\frac{1}{n+2}$≤$\frac{2}{3}$-$\frac{2}{3（n+1）}$=$\frac{2}{3}$a_n，
綜上所述，a_n+1-$\frac{1}{2}$＜S_n＜$\frac{2}{3}$a_n．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．