Question

8．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n=$\frac{a}{a-1}（{{a_n}-1}）$，a为常数，且a≠0，a≠1．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若a=$\frac{1}{3}$，设b_n=$\frac{a_n}{{1+{a_n}}}-\frac{{{a_{n+1}}}}{{1-{a_{n+1}}}}$，且数列{b_n}的前n项和为T_n，求证：T_n＜$\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （1）利用递推式与等比数列的通项公式即可得出；
（2）当$a=\frac{1}{3}$时，${a_n}=\frac{1}{3^n}$，可得b_n=$\frac{1}{{{3^n}+1}}-\frac{1}{{{3^{n+1}}-1}}$．由$\frac{1}{{{3^n}+1}}＜\frac{1}{3^n}$，$\frac{1}{{{3^{n+1}}-1}}＞\frac{1}{{{3^{n+1}}}}$，可得b_n$＜\frac{1}{{3}^{n}}-\frac{1}{{3}^{n+1}}$．即可证明．

解答 （1）解：∵${a_1}={S_1}=\frac{a}{a-1}（{a_1}-1）$，（a≠0，a≠1）．
∴a₁=a．
当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{a}{a-1}{a_n}-\frac{a}{a-1}{a_{n-1}}$，
得$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=a$，
∴数列{a_n}是首项为a，公比也为a的等比数列．
∴${a_n}=a•{a^{n-1}}={a^n}$．
（2）证明：当$a=\frac{1}{3}$时，
∴${b_n}=\frac{a_n}{{1+{a_n}}}-\frac{{{a_{n+1}}}}{{1-{a_{n+1}}}}$
=$\frac{{\frac{1}{3^n}}}{{1+\frac{1}{3^n}}}-\frac{{\frac{1}{{{3^{n+1}}}}}}{{1-\frac{1}{{{3^{n+1}}}}}}$
=$\frac{1}{{{3^n}+1}}-\frac{1}{{{3^{n+1}}-1}}$．
由$\frac{1}{{{3^n}+1}}＜\frac{1}{3^n}$，
∴b_n=$\frac{1}{{{3^n}+1}}-\frac{1}{{{3^{n+1}}-1}}＜\frac{1}{3^n}-\frac{1}{{{3^{n+1}}}}$．
∴${T_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}＜（{\frac{1}{3}-\frac{1}{3^2}}）+（{\frac{1}{3^2}-\frac{1}{3^3}}）+…+（{\frac{1}{3^n}-\frac{1}{{{3^{n+1}}}}}）$=$\frac{1}{3}-\frac{1}{{{3^{n+1}}}}$．
∵$-\frac{1}{{{3^{n+1}}}}＜0$，
∴$\frac{1}{3}-\frac{1}{{{3^{n+1}}}}＜\frac{1}{3}$，
即${T_n}＜\frac{1}{3}$．

点评 本题考查了递推式与等比数列的通项公式、“放缩法”、“裂项求和”，考查了推理能力与计算能力，属于难题．