Question

3．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足a_n+S_n=1（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)${c_n}=\frac{1}{a_n}$，數(shù)列{b_n}滿足${b_1}{c_1}+{b_2}{c_2}+…+{b_n}{c_n}=（2n-1）{2^{n+1}}+2$，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)${d_n}=\frac{1}{a_n}-1$，求證：$\frac{d_1}{d_2}+\frac{d_2}{d_3}+…+\frac{d_n}{{{d_{n+1}}}}＞\frac{n}{2}-\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)a_n+S_n=1與a_n-1+S_n-1=1（n≥2）作差，進(jìn)而整理可知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)${b_1}{c_1}+{b_2}{c_2}+…+{b_n}{c_n}=（2n-1）{2^{n+1}}+2$與b₁c₁+b₂c₂+…+b_n-1c_n-1=（2n-3）2ⁿ+2作差，利用a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$可知b_n=2n+1；
（3）通過(guò)（1）可知${d_n}=\frac{1}{a_n}-1$=2ⁿ-1，進(jìn)而裂項(xiàng)、放縮可知$\frac{fmemuln_{n}}{ec9o4gz_{n+1}}$≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{{2}^{n}}$，然后相加、化簡(jiǎn)即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵a_n+S_n=1，
∴a_n-1+S_n-1=1（n≥2），
兩式相減得：a_n=$\frac{1}{2}$a_n-1（n≥2），
又∵a₁+S₁=1，即a₁=$\frac{1}{2}$，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
∴其通項(xiàng)公式a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$；
（2）解：∵${b_1}{c_1}+{b_2}{c_2}+…+{b_n}{c_n}=（2n-1）{2^{n+1}}+2$，
∴b₁c₁+b₂c₂+…+b_n-1c_n-1=（2n-3）2ⁿ+2，
兩式相減得：b_nc_n=（2n+1）2ⁿ，
由（1）可知${c_n}=\frac{1}{a_n}$=2ⁿ，故b_n=2n+1（n≥2），
又∵b₁c₁=6，即b₁=3滿足上式，
∴b_n=2n+1；
（3）證明：由（1）可知${d_n}=\frac{1}{a_n}-1$=2ⁿ-1，
∵$\frac{ppr50wo_{n}}{joacpxp_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n+1}-1}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3×{2}^{n}+{2}^{n}-2}$≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{s5tigsp_{1}}{t5qdqsz_{2}}$+$\frac{va5wb90_{2}}{l9mo0pw_{3}}$+…+$\frac{ejryacj_{n}}{wlcjqiq_{n+1}}$≥n×$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$×（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）=$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）＞$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{3}$，
即$\frac{d_1}{d_2}+\frac{d_2}{d_3}+…+\frac{d_n}{{{d_{n+1}}}}＞\frac{n}{2}-\frac{1}{3}$．

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