Question

14．設(shè)T_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)之積，滿足T_n=1-a_n，n∈N^*；
（1）證明{$\frac{1}{1{-}_{{a}_{n}}}$}是等差數(shù)列，并求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)S_n=T₁²+T₂²+…+T_n²，求證：S_n＞a_n+1-$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)令n=1即T₁=a₁=1-a₁，可知a₁=$\frac{1}{2}$，當(dāng)n≥2時(shí)，通過(guò)T_n=1-a_n、a_n=$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$可知$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$=1-T_n，兩邊同除以T_n•T_n-1，可得：$\frac{1}{{T}_{n}}$-$\frac{1}{{T}_{n-1}}$=1，進(jìn)而可得結(jié)論；
（2）通過(guò)a_n=$\frac{n}{n+1}$、累乘可知T_n=$\frac{1}{n+1}$，利用放縮法、并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 證明：（1）由題可知當(dāng)n=1時(shí)，T₁=a₁=1-a₁，即a₁=$\frac{1}{2}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，由T_n=1-a_n可知a_n=1-T_n，
又∵a_n=$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$，
∴$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$=1-T_n，
兩邊同除以T_n•T_n-1，可得：$\frac{1}{{T}_{n}}$-$\frac{1}{{T}_{n-1}}$=1，
∴$\frac{1}{1-{a}_{n}}$-$\frac{1}{1-{a}_{n-1}}$=1，
又∵$\frac{1}{1-{a}_{1}}$=$\frac{1}{1-\frac{1}{2}}$=2，
∴數(shù)列{$\frac{1}{1{-}_{{a}_{n}}}$}是以2為首項(xiàng)、1為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=2+（n-1）=n+1，
∴1-a_n=$\frac{1}{n+1}$，
即數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)a_n=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$；
（2）∵a_n=$\frac{n}{n+1}$，
∴T_n=$\frac{1}{2}•\frac{2}{3}•$…$•\frac{n}{n+1}$=$\frac{1}{n+1}$，
∴S_n=T₁²+T₂²+…+T_n²
=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{（n+1）^{2}}$
＞$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{3×4}$+…+$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$
=$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$
=1-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{2}$
=$\frac{n+1}{n+2}$-$\frac{1}{2}$
=a_n+1-$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查是一道數(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．