Question

6．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足S_n=1-a_n（n∈N^*）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）比較$\frac{1}{1+{a}_{n}}$與$\frac{n}{1+n}$-$\frac{{n}^{2}}{（n+1）^{2}}$（a_n-$\frac{1}{n}$）大小（n∈N^*）；
（3）證明：$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＞$\frac{{n}^{2}}{n+1-{a}_{n}}$（n∈N^*，n≥2）

Answer 1

分析 （1）利用a_n+1=S_n+1-S_n，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）記x=$\frac{1}{n}$，通過構(gòu)造函數(shù)f（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{（1+x）^{2}}$•（a_n-x）（x＞0），通過求導(dǎo)可知f（x）的最大值為f（a_n）=$\frac{1}{1+{a}_{n}}$，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（3）通過（2）可知$\frac{1}{1+{a}_{i}}$≥$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{（1+x）^{2}}$•（a_i-x），進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論．

解答 （1）解：∵S_n=1-a_n，
∴S_n+1=1-a_n+1，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=（1-a_n+1）-（1-a_n）=a_n-a_n+1，
∴a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n，
∵a₁=1-a₁，即a₁=$\frac{1}{2}$，
∴a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$；
（2）解：記x=$\frac{1}{n}$，構(gòu)造函數(shù)f（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{（1+x）^{2}}$•（a_n-x）（x＞0），
∵f′（x）=$\frac{2（{a}_{n}-x）}{（1+x）^{3}}$，
∴f（x）的最大值為f（a_n）=$\frac{1}{1+{a}_{n}}$，
∴f（$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{1+{a}_{n}}$，
即$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＞$\frac{n}{1+n}$-$\frac{{n}^{2}}{（n+1）^{2}}$（a_n-$\frac{1}{n}$）；
（3）證明：由（2）可知$\frac{1}{1+{a}_{i}}$≥$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{（1+x）^{2}}$•（a_i-x），
當(dāng)且僅當(dāng)x=a_i時(shí)取等號(hào)，其中x＞0，i=1、2、…、n，
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＞$\frac{n}{1+x}$-$\frac{1}{（1+x）^{2}}$•（a₁+a₂+…+a_n-nx），
令x=$\frac{1}{n}$•（a₁+a₂+…+a_n），則a₁+a₂+…+a_n-nx=0，
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＞$\frac{n}{1+\frac{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n}}{n}}$，
又∵a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{n}{1+\frac{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n}}{n}}$
=$\frac{n}{\frac{n+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}}{n}}$
=$\frac{{n}^{2}}{n+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}}$
=$\frac{{n}^{2}}{n+\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}}$
=$\frac{{n}^{2}}{n+1-{a}_{n}}$，
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＞$\frac{{n}^{2}}{n+1-{a}_{n}}$（n∈N^*，n≥2）．

點(diǎn)評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．