Question

19．已知数列{a_n}满足：a₁=a（a∈R且a＞-1），（a₁+1）（a₂+1）…（a_n+1）=10${\;}^{{2}^{n}}$^-1（n∈N^*且n≥2）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）当a=9时，记c_n=$\frac{1+lg[（{a}_{1}+1）（{a}_{2}+1）…（{a}_{n}+1）]}{[lg（{a}_{n+1}+1）-1]•[lg（{a}_{n+2}+1）-1]}$，设数列{c_n}的前n项和为S_n，求证：S_n＜1．

Answer 1

分析 （1）分n=1，n=2，n≥3三种情况讨论，从而确定通项公式即可；
（2）可验证a_n+1=$1{0}^{{2}^{n-1}}$，（a₁+1）（a₂+1）…（a_n+1）=10${\;}^{{2}^{n}}$^-1对任意n都成立，从而化简c_n=$\frac{1+lg1{0}^{{2}^{n}-1}}{（lg1{0}^{{2}^{n}}-1）（lg1{0}^{{2}^{n+1}}-1）}$=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$，从而证明得．

解答 解：（1）当n=1时，a₁+1=a+1＞0，
当n=2时，（a₁+1）（a₂+1）=10³，
故a₂+1=$\frac{1{0}^{3}}{a+1}$；
当n≥3时，（a₁+1）（a₂+1）…（a_n+1）=10${\;}^{{2}^{n}}$^-1，
（a₁+1）（a₂+1）…（a_n-1+1）=$1{0}^{{2}^{n-1}-1}$，
∴a_n+1=$\frac{1{0}^{{2}^{n}-1}}{1{0}^{{2}^{n-1}-1}}$=$1{0}^{{2}^{n-1}}$；
故a_n=$\left\{\begin{array}{l}{a，n=1}\\{\frac{100}{a+1}-1，n=2}\\{1{0}^{{2}^{n-1}}-1，n≥3}\end{array}\right.$；
（2）证明：当a=9时，可验证a_n+1=$1{0}^{{2}^{n-1}}$，
（a₁+1）（a₂+1）…（a_n+1）=10${\;}^{{2}^{n}}$^-1，
故c_n=$\frac{1+lg[（{a}_{1}+1）（{a}_{2}+1）…（{a}_{n}+1）]}{[lg（{a}_{n+1}+1）-1]•[lg（{a}_{n+2}+1）-1]}$
=$\frac{1+lg1{0}^{{2}^{n}-1}}{（lg1{0}^{{2}^{n}}-1）（lg1{0}^{{2}^{n+1}}-1）}$
=$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n}-1）（{2}^{n+1}-1）}$
=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$，
故S_n=（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{7}$）+…+（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$）
=1-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$＜1．证毕

点评 本题考查了等差数列与等比数列的性质应用及分类讨论的思想应用，同时考查了整体思想与裂项求和法的应用，属于中档题．