Question

3．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足S_n=1-a_n（n∈N^*）．
（Ⅰ）试求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设c_n=$\frac{1}{{1+{a_n}}}+\frac{1}{{1-{a_{n+1}}}}$，求证：数列{c_n}的前n项和P_n＞2n-$\frac{1}{5}$．

Answer 1

分析 （I）利用递推关系、等比数列的通项公式即可得出；
（II）由已知得：当n=1时，${P_1}=2＞2-\frac{1}{5}$，结论成立，当n≥2时，${P_n}=（{\frac{1}{{1+{a_1}}}+\frac{1}{{1-{a_2}}}}）+（{\frac{1}{{1+{a_2}}}+\frac{1}{{1-{a_3}}}}）+…+（{\frac{1}{{1+{a_n}}}+\frac{1}{{1-{a_{n+1}}}}}）$，化简利用“放缩法”即可证明．

解答 （Ⅰ）解：∵S_n=1-a_n（n∈N*），∴S_n+1=1-a_n+1，作差得：${a_{n+1}}=\frac{1}{2}{a_n}（{n∈N*}）$，
又当n=1时，${a_1}=\frac{1}{2}$，故${a_n}=\frac{1}{2^n}（{n∈N*}）$．
（Ⅱ）证明：由已知得：当n=1时，${P_1}=2＞2-\frac{1}{5}$，结论成立，
当n≥2时，${P_n}=（{\frac{1}{{1+{a_1}}}+\frac{1}{{1-{a_2}}}}）+（{\frac{1}{{1+{a_2}}}+\frac{1}{{1-{a_3}}}}）+…+（{\frac{1}{{1+{a_n}}}+\frac{1}{{1-{a_{n+1}}}}}）$
=$\frac{1}{{1+{a_1}}}+（{\frac{1}{{1-{a_2}}}+\frac{1}{{1+{a_2}}}}）+…+（{\frac{1}{{1-{a_n}}}+\frac{1}{{1+{a_n}}}}）+\frac{1}{{1-{a_{n+1}}}}=\frac{2}{3}+2\sum_{i=2}^n{（{\frac{1}{{1-{a_i}^2}}}）}+\frac{1}{{1-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}}}$
=$\frac{2}{3}+2\sum_{i=2}^n{（{\frac{4^i}{{{4^i}-1}}}）}+\frac{{{2^{n+1}}}}{{{2^{n+1}}-1}}=\frac{2}{3}+2\sum_{i=2}^n{（{1+\frac{1}{{{4^i}-1}}}）}+（{1+\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}}）$
$≥\frac{2}{3}+2（{n-1}）+\frac{2}{{{4^2}-1}}+（{1+\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}}）＞\frac{2}{3}+2（{n-1}）+\frac{2}{{{4^2}-1}}+1=2n-\frac{1}{5}$，结论也成立，
综上知，对?n∈N*，${P_n}＞2n-\frac{1}{5}$都成立．

点评 本题考查了递推关系、等比数列的通项公式、“分组求和”、“放缩法”不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．