Question

1．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}滿足a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+b_n=1，b_n+1=$\frac{b_n}{{1-{a_n}^2}}$．
（1）求b₁，b₂，b₃，b₄；
（2）求證：數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}-1}}}\right\}$是等差數(shù)列，并求出數(shù)列{b_n}通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)S_n=a₁a₂+a₂a₃+a₃a₄+…+a_na_n+1，求證：S_n＜$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）通過a_n+b_n=1變形可得b_n+1=$\frac{1}{2-_{n}}$，代入計(jì)算即可；
（2）通過b_n+1=$\frac{1}{2-_{n}}$，變形可得$\frac{1}{_{n+1}-1}$-$\frac{1}{_{n}-1}$=-1，進(jìn)而可得結(jié)論；
（3）通過b_n=$\frac{n+2}{n+3}$可得a_na_n+1=$\frac{1}{n+3}$-$\frac{1}{n+4}$，并項(xiàng)相加即可．

解答 （1）解：∵a_n+b_n=1，
∴b_n+1=$\frac{b_n}{{1-{a_n}^2}}$=$\frac{_{n}}{（1+{a}_{n}）（1-{a}_{n}）}$=$\frac{_{n}}{（2-_{n}）_{n}}$=$\frac{1}{2-_{n}}$，
又∵a₁=$\frac{1}{4}$，
∴b₁=1-a₁=1-$\frac{1}{4}$=$\frac{3}{4}$，
∴b₂=$\frac{1}{2-_{1}}$=$\frac{1}{2-\frac{3}{4}}$=$\frac{4}{5}$，
b₃=$\frac{1}{2-_{2}}$=$\frac{1}{2-\frac{4}{5}}$=$\frac{5}{6}$，
b₄=$\frac{1}{2-_{3}}$=$\frac{1}{2-\frac{5}{6}}$=$\frac{6}{7}$；
（2）證明：∵b_n+1=$\frac{1}{2-_{n}}$，
∴${b_{n+1}}-1=\frac{1}{{2-{b_n}}}-1$=$\frac{_{n}-1}{2-_{n}}$，
∴$\frac{1}{{{b_{n+1}}-1}}=\frac{{2-{b_n}}}{{{b_n}-1}}$=$-1+\frac{1}{{{b_n}-1}}$，
即$\frac{1}{_{n+1}-1}$-$\frac{1}{_{n}-1}$=-1，
又∵$\frac{1}{_{1}-1}$=$\frac{1}{\frac{3}{4}-1}$=-4，
∴數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}-1}}}\right\}$是以-4為首項(xiàng)、-1為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{{b_n}-1}}=-4-（n-1）=-n-3$，
∴b_n=1-$\frac{1}{n+3}$=$\frac{n+2}{n+3}$；
（3）證明：∵b_n=$\frac{n+2}{n+3}$，
∴${a_n}=1-{b_n}=\frac{1}{n+3}$，
∴a_na_n+1=$\frac{1}{（n+3）（n+4）}$=$\frac{1}{n+3}$-$\frac{1}{n+4}$，
∴${S_n}=\frac{1}{4×5}+\frac{1}{5×6}+\frac{1}{6×7}+…+\frac{1}{（n+3）（n+4）}$=$\frac{1}{4}-\frac{1}{n+4}$ $＜\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及求和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．