Question

8．已知数列{a_n}，{b_n}，a₁=1，b_n=（1-$\frac{{a}_{n}^{2}}{{a}_{n+1}^{2}}$）$•\frac{1}{{a}_{n+1}}$，n∈N⁺，设数列{b_n}的前n项和为S_n
（1）若a_n=2^n-1，求S_n
（2）是否存在等比数列{a_n}，使b_n+2=S_n对任意n∈N⁺恒成立？若存在，求出所有满足条件的数列{a_n}的通项公式；若不存在，说明理由
（3）若a₁≤a₂≤…≤a_n≤…，求证：0≤S_n＜2．

Answer 1

分析 （1）通过a_n=2^n-1可得b_n=$\frac{3}{{2}^{n+2}}$，利用等比数列的求和公式计算即可；
（2）设a_n=q^n-1，通过b_n+2=S₂，令n=1即b₃=b₁计算可得q=±1，进而可得结论；
（3）通过1=a₁≤a₂≤…≤a_n≤…，易得S_n≥0，利用放缩法可得b_n≤2（$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$），并项相加即得结论．

解答 （1）解：当a_n=2^n-1时，b_n=（1-$\frac{1}{4}$）•$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{{2}^{n+2}}$．
∴S_n=$\frac{3}{8}$（1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）=$\frac{3}{4}$-$\frac{3}{{2}^{n+2}}$；
（2）结论：满足条件的数列{a_n}存在且只有两个，其通项公式为a_n=1和a_n=（-1）^n-1．
证明：在b_n+2=S₂中，令n=1，得b₃=b₁．
设a_n=q^n-1，则b_n=$（1-\frac{1}{{q}^{2}}）•\frac{1}{{q}^{n}}$，
由b₃=b₁，得$（1-\frac{1}{{q}^{2}}）•\frac{1}{{q}^{3}}$=$（1-\frac{1}{{q}^{2}}）$•$\frac{1}{q}$．
若q=±1，则b_n=0，满足题设条件．
此时a_n=1和a_n=（-1）^n-1．
若q≠±1，则$\frac{1}{{q}^{3}}$=$\frac{1}{q}$，即q² =1，矛盾．
综上，满足条件的数列{a_n}存在，且只有两个，一是a_n=1，另一是a_n=（-1）^n-1．
（3）证明：∵1=a₁≤a₂≤…≤a_n≤…，
∴a_n＞0，0＜$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$≤1，于是0＜$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n+1}}^{2}}$≤1．
∴b_n=（1-$\frac{{a}_{n}^{2}}{{a}_{n+1}^{2}}$）$•\frac{1}{{a}_{n+1}}$≥0，n=1，2，3，…
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n≥0，
又b_n=（1-$\frac{{a}_{n}^{2}}{{a}_{n+1}^{2}}$）$•\frac{1}{{a}_{n+1}}$
=（1+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$）（1-$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$）•$\frac{1}{{a}_{n+1}}$
=（1+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$）（$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）•$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$
≤2（$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）．
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n
≤2（$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{2}}$）+2（$\frac{1}{{a}_{2}}$-$\frac{1}{{a}_{3}}$）+…+2（$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）
=2（$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）
=2（1-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）
＜2，
∴0≤S_n＜2．

点评 本题考查求数列的通项，考查求数列的和，利用放缩法及并已改项相加法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．