Question

20．在数列{a_n}中，已知a_n+1a_n=2a_n-a_n+1．且a₁=2（n∈N^*）．
（1）求证：数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是等比数列；
（2）设b_n=a_n²-a_n，且S_n为{b_n}的前n项和，试证：2≤S_n＜3．

Answer 1

分析 （1）把已知的数列递推式变形，得到$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2{a}_{n}}=\frac{1}{2}$，然后利用构造法证明数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是等比数列；
（2）由（1）中的等比数列求出数列{a_n}的通项公式，代入b_n=a_n²-a_n，然后利用放缩法证明2≤S_n＜3．

解答 证明：（1）由a_n+1a_n=2a_n-a_n+1，得$\frac{2}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{{a}_{n}}=1$，
即$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2{a}_{n}}=\frac{1}{2}$，∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}-1=\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-1）$，
∵a₁=2，∴$\frac{1}{{a}_{1}}-1=\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2}$≠0．
∴$\frac{\frac{1}{{a}_{n+1}}-1}{\frac{1}{{a}_{n}}-1}=\frac{1}{2}$，
即数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是等比数列；
（2）∵{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是等比数列，且首项为$-\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}-1=-\frac{1}{2}•（\frac{1}{2}）^{n-1}=-（\frac{1}{2}）^{n}$，则${a}_{n}=\frac{{2}^{n}}{{2}^{n}-1}$．
∴b_n=a_n²-a_n =${a}_{n}（{a}_{n}-1）=\frac{{2}^{n}}{{2}^{n}-1}•（\frac{{2}^{n}}{{2}^{n}-1}-1）$=$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n}-1）^{2}}$．
∵b₁=2，${b}_{n}=\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n}-1）^{2}}＞0$，
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n≥2；
又${b}_{n}=\frac{{2}^{n}}{{（2}^{n}-1）^{2}}$=$\frac{{2}^{n}}{{2}^{2n}-2•{2}^{n}+1}$$＜\frac{{2}^{n}}{{2}^{2n}-2•{2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}-2}$$≤\frac{1}{{2}^{n-1}}$（n≥2），
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n$＜2+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$2+\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$=$3-\frac{1}{{2}^{n-1}}＜3$．
∴2≤S_n＜3．

点评 本题考查了数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了等比数列通项公式的求法，训练了放缩法证明数列不等式，是中档题．