Question

13．設(shè)T_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)之積，并滿(mǎn)足：T_n=1-a_n（n∈N^*）．
（Ⅰ）求a₁，a₂，a₃．
（Ⅱ）證明數(shù)列{$\frac{1}{{T}_{n}}$}等差數(shù)列；
（Ⅲ）令b_n=$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}+n}$，證明{b_n}前n項(xiàng)和S_n＜$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）分別令n=1，2，3代入計(jì)算，即可得到所求值；
（Ⅱ）當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$，代入等式，再由等差數(shù)列的定義，即可得證；
（Ⅲ）運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得$\frac{1}{{T}_{n}}$=n+1，可得a_n=$\frac{n}{n+1}$，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}+n}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），運(yùn)用數(shù)列的求和方法：裂項(xiàng)相消求和，以及不等式的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)積為T(mén)_n，且T_n=1-a_n，
∴當(dāng)n=1時(shí)，a₁=1-a₁，解得a₁=$\frac{1}{2}$，
當(dāng)n=2時(shí)，a₁a₂=1-a₂，解得a₂=$\frac{2}{3}$，
當(dāng)n=3時(shí)，a₁a₂a₃=1-a₃，解得a₃=$\frac{3}{4}$；
（Ⅱ）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$，
T_n=1-a_n（n∈N^*），
即為T(mén)_n=1-$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$，
可得$\frac{1}{{T}_{n}}$-$\frac{1}{{T}_{n-1}}$=1，
則數(shù)列{$\frac{1}{{T}_{n}}$}為首項(xiàng)為2，1為公差的等差數(shù)列；
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）可得$\frac{1}{{T}_{n}}$=2+n-1=n+1，
則T_n=1-a_n=$\frac{1}{n+1}$，
可得a_n=$\frac{n}{n+1}$，
b_n=$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}+n}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
則{b_n}前n項(xiàng)和S_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n-1+b_n
＜$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$）＜$\frac{3}{4}$，
故S_n＜$\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式的應(yīng)用、數(shù)列通項(xiàng)公式的求法，注意運(yùn)用定義法，考查數(shù)列的求和方法：裂項(xiàng)相消求和，以及放縮法證明不等式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．