Question

8．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}，a₁=1，b_n=（1-$\frac{{a}_{n}^{2}}{{a}_{n+1}^{2}}$）$•\frac{1}{{a}_{n+1}}$，n∈N⁺，設(shè)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可得b_n=$\frac{3}{{2}^{n+2}}$，利用等比數(shù)列的求和公式計(jì)算即可；
（2）設(shè)a_n=q^n-1，通過b_n+2=S₂，令n=1即b₃=b₁計(jì)算可得q=±1，進(jìn)而可得結(jié)論；
（3）通過1=a₁≤a₂≤…≤a_n≤…，易得S_n≥0，利用放縮法可得b_n≤2（$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$），并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 （1）解：當(dāng)a_n=2^n-1時(shí)，b_n=（1-$\frac{1}{4}$）•$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{{2}^{n+2}}$．
∴S_n=$\frac{3}{8}$（1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）=$\frac{3}{4}$-$\frac{3}{{2}^{n+2}}$；
（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．
證明：在b_n+2=S₂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，
∴0≤S_n＜2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)，考查求數(shù)列的和，利用放縮法及并已改項(xiàng)相加法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．