Question

13．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}中，a₁=1，${b_n}=（1-\frac{a_n^2}{{a_{n+1}^2}}）•\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$，n∈N?，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n．
（1）若${a_n}={2^{n-1}}$，求S_n；
（2）是否存在等比數(shù)列{a_n}，使b_n+2=S_n對(duì)任意n∈N^*恒成立？若存在，求出所有滿足條件的數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；若不存在，說(shuō)明理由；
（3）若a₁≤a₂≤…≤a_n≤…，求證：0≤S_n＜2．

Answer 1

分析 （1）通過a_n=2^n-1得b_n=$\frac{3}{{{2^{n+2}}}}$，利用等比數(shù)列的求和公式可得S_n；
（2）通過設(shè)a_n=q^n-1，并在b_n+2=S_n中令n=1，解方程$（1-\frac{1}{q^2}）\frac{1}{q^3}=（1-\frac{1}{q^2}）\frac{1}{q}$即可；
（3）通過0＜$\frac{a_n^2}{{a_{n+1}^2}}$≤1及分離、拆項(xiàng)可得b_n≤$2（\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）$，相加即可．

解答 （1）解：當(dāng)a_n=2^n-1時(shí)，b_n=$（1-\frac{1}{4}）•\frac{1}{2^n}$=$\frac{3}{{{2^{n+2}}}}$．
所以S_n=$\frac{3}{8}（1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）=\frac{3}{4}-\frac{3}{{{2^{n+2}}}}$．
（2）結(jié)論：滿足條件的數(shù)列{a_n}存在且只有兩個(gè)，
其通項(xiàng)公式為a_n=1和a_n=（-1）^n-1．
理由如下：
在b_n+2=S_n中，令n=1，得b₃=b₁．
設(shè)a_n=q^n-1，則b_n=$（1-\frac{1}{q^2}）\frac{1}{q^n}$，
由b₃=b₁，得$（1-\frac{1}{q^2}）\frac{1}{q^3}=（1-\frac{1}{q^2}）\frac{1}{q}$．
若q=±1，則b_n=0，滿足題設(shè)條件．此時(shí)a_n=1和a_n=（-1）^n-1．
若q≠±1，則$\frac{1}{q^3}=\frac{1}{q}$，即q²=1，矛盾．
綜上，滿足條件的數(shù)列{a_n}存在，且只有兩個(gè)，一是a_n=1，另一是a_n=（-1）^n-1．
（3）證明：∵1=a₁≤a₂≤…≤a_n≤…，
∴a_n＞0，0＜$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$≤1，于是0＜$\frac{a_n^2}{{a_{n+1}^2}}$≤1．
∴${b_n}=（1-\frac{a_n^2}{{a_{n+1}^2}}）•\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$≥0，n=1，2，3，…．
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n≥0．
又∵${b_n}=（1-\frac{a_n^2}{{a_{n+1}^2}}）•\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$
=$（1+\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}）（1-\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}）•\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$
=$（1+\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}）（\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）•\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$
≤$2（\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）$．
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n
≤$2（\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_2}）+2（\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_3}）+…+2（\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）$
=$2（\frac{1}{a_1}-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）$
=$2（1-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）$
＜2．
所以0≤S_n＜2．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道數(shù)列與不等式的綜合題，考查分析、解決問題的能力，涉及到裂項(xiàng)相消法等知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于難題．