Question

8．设数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1-a_n=2（a_n+1-1）（a_n-1）
（Ⅰ）证明数列{$\frac{1}{{a}_{n}-1}$}是等差数列并求数列{a_n}的通项公式a_n
（Ⅱ）证明：a₁•a₂•a₃…a_n$＜\frac{1}{\sqrt{2n}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a_n+1-a_n=2（a_n+1-1）（a_n-1）变形可得$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$-$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=-2，所以{$\frac{1}{{a}_{n}-1}$}是以-2为首项，-2为公差的等差数列，从而a_n=$1-\frac{1}{2n}$=$\frac{2n-1}{2n}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a₁•a₂•…•a_n=$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•…•\frac{2n-1}{2n}$，由于当b＞a＞0时，有$\frac{a+1}{b+1}＞\frac{a}{b}$，所以（$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•\frac{5}{6}•…•\frac{2n-1}{2n}$）²＜（$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•\frac{5}{6}•…•\frac{2n-1}{2n}$）×（$\frac{2}{3}•\frac{4}{5}•\frac{6}{7}•…•\frac{2n}{2n+1}$）=$\frac{1}{2n+1}$，即得结果．

解答 证明：（Ⅰ）∵a_n+1-a_n=2（a_n+1-1）（a_n-1），
∴2（a_n+1-1）（a_n-1）=（a_n+1-1）-（a_n-1），
上式两边同除以（a_n+1-1）（a_n-1）（可验证（a_n+1-1）（a_n-1）≠0），
化简得 $\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$-$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=-2，
所以{$\frac{1}{{a}_{n}-1}$}是以-2为首项，-2为公差的等差数列，
即$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=-2-2（n-）=-2n，
即a_n=$1-\frac{1}{2n}$=$\frac{2n-1}{2n}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a₁•a₂•…•a_n=$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•…•\frac{2n-1}{2n}$，
∵当b＞a＞0时，有$\frac{a+1}{b+1}＞\frac{a}{b}$，
∴$\frac{2}{3}•\frac{4}{5}•\frac{6}{7}•…•\frac{2n}{2n+1}$＞$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•\frac{5}{6}•…•\frac{2n-1}{2n}$，
∴（$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•\frac{5}{6}•…•\frac{2n-1}{2n}$）×（$\frac{2}{3}•\frac{4}{5}•\frac{6}{7}•…•\frac{2n}{2n+1}$）
=$\frac{1}{2n+1}$＞（$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•\frac{5}{6}•…•\frac{2n-1}{2n}$）²，
∴$\frac{1}{2}•\frac{3}{4}•\frac{5}{6}•…•\frac{2n-1}{2n}$＜$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$＜$\frac{1}{\sqrt{2n}}$，
∴a₁•a₂•…•a_n＜$\frac{1}{\sqrt{2n}}$．

点评 本题考查求数列的通项公式，利用放缩法是解题的关键，属于中档题．