Question

3．?dāng)?shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1-a_n+a_na_n+1=0（n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）求證：a₁+a₁a₂+a₁a₂a₃+…+a₁a₂…a_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅱ）由a_n+1-a_n+a_na_n+1=0，兩邊同除以a_na_n+1，得$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}=1$，從而可知數(shù)列是首項為2，公差為1的等差數(shù)列，進而可求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）方法一，放縮后，利用等比數(shù)列的求和公式，
方法二：放縮法后，利用裂項求和

解答 解（Ⅰ）：由已知可得數(shù)列{a_n}各項非零．
否則，若有a_k=0結(jié)合a_k-a_k-1+a_ka_k-1=0⇒a_k-1=0，
繼而⇒a_k-1=0⇒a_k-2=0⇒…⇒a₁=0，與已知矛盾．
所以由a_n+1-a_n+a_na_n+1=0可得$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}=1$．       
即數(shù)列$\left\{{\frac{1}{a_n}}\right\}$是公差為1的等差數(shù)列．
 所以$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{a_1}+（n-1）=n+1$．
所以數(shù)列{a_n}的通項公式是${a_n}=\frac{1}{n+1}$（n∈N^*）．   
（Ⅱ） 證明一：因為${a_1}{a_2}…{a_k}=\frac{1}{2•3•…•（k+1）}≤{（\frac{1}{2}）^k}$． 
所以a₁+a₁a₂+a₁a₂a₃+…+a₁a₂…a_n$≤\frac{1}{2}+{（\frac{1}{2}）^2}+…+{（\frac{1}{2}）^n}$=$1-{（\frac{1}{2}）^n}＜1$．
所以a₁+a₁a₂+a₁a₂a₃+…+a₁a₂…a_n＜1．           
證明二：a₁+a₁a₂+a₁a₂a₃+…+a₁a₂…a_n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{2×3}+\frac{1}{2×3×4}+…+\frac{1}{2×3×…×（n+1）}$$≤\frac{1}{2}+\frac{1}{2×3}+\frac{1}{3×4}+…+\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$=$1-\frac{1}{n+1}＜1$．
所以a₁+a₁a₂+a₁a₂a₃+…+a₁a₂…a_n＜1．

點評 本題以數(shù)列遞推式為載體，考查構(gòu)造法證明等差數(shù)列，考查了利用放縮法則證明不等式，考查裂項法求和，屬于中檔題