Question

6．已知数列{a_n}中，a₁=2，a_n+1=$\frac{2}{{a}_{n}+1}$，设b_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$n∈N*
（1）求数列{b_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}的前n项的和为S_n，求证：b_nS_n≤$\frac{1}{16}$（n∈N*）

Answer 1

分析 （1）把已知递推式变形，可得$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}=-\frac{2}{{a}_{n}-1}-1$．令$\frac{1}{{a}_{n}-1}={c}_{n}$，则${c}_{n+1}+\frac{1}{3}=-2（{c}_{n}+\frac{1}{3}）$．得数列{${c}_{n}+\frac{1}{3}$}是以$\frac{4}{3}$为首项，以-2为公比的等比数列，求其通项公式，可得a_n-1，a_n+2，代入b_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$求数列{b_n}的通项公式；
（2）由（1）知，数列{b_n}是以$\frac{1}{4}$为首项，以$-\frac{1}{2}$为公比的等比数列，求其前n项和，代入b_nS_n，对n分类利用数列的函数特性证得b_nS_n≤$\frac{1}{16}$．

解答 解：（1）由a_n+1=$\frac{2}{{a}_{n}+1}$，得${a}_{n+1}-1=\frac{2}{{a}_{n}+1}-1=\frac{2-{a}_{n}-1}{{a}_{n}+1}=-\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+1}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}=-\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n}-1}=-\frac{{a}_{n}-1+2}{{a}_{n}-1}=-\frac{2}{{a}_{n}-1}-1$．
令$\frac{1}{{a}_{n}-1}={c}_{n}$，则c_n+1=-2c_n-1，即${c}_{n+1}+\frac{1}{3}=-2（{c}_{n}+\frac{1}{3}）$．
又${c}_{1}+\frac{1}{3}=\frac{1}{{a}_{1}-1}+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，
∴数列{${c}_{n}+\frac{1}{3}$}是以$\frac{4}{3}$为首项，以-2为公比的等比数列，
则${c}_{n}+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}•（-2）^{n-1}$，
∴${c}_{n}=-\frac{1}{3}+\frac{4}{3}•（-2）^{n-1}$，即$\frac{1}{{a}_{n}-1}=-\frac{1}{3}+\frac{4}{3}•（-2）^{n-1}$．
∴${a}_{n}-1=\frac{1}{-\frac{1}{3}+\frac{4}{3}•（-2）^{n-1}}$，${a}_{n}+2=\frac{1}{-\frac{1}{3}+\frac{4}{3}•（-2）^{n-1}}+3=\frac{1-1+4•（-2）^{n-1}}{-\frac{1}{3}+\frac{4}{3}•（-2）^{n-1}}$，
则b_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$=$\frac{1}{4•（-2）^{n-1}}=（-1）^{n-1}•\frac{1}{{2}^{n+1}}=\frac{1}{（-2）^{n+1}}$；
证明：（2）由（1）知，数列{b_n}是以$\frac{1}{4}$为首项，以$-\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
则${S}_{n}=\frac{\frac{1}{4}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{6}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$，
∴b_nS_n=$（-\frac{1}{2}）^{n+1}•\frac{1}{6}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$．
当n为偶数时，b_nS_n＜0；
当n为奇数时，函数b_nS_n为减函数，
∴b_nS_n≤b₁S₁=$\frac{1}{4}×\frac{1}{6}×\frac{3}{2}=\frac{1}{16}$．
综上，b_nS_n≤$\frac{1}{16}$（n∈N*）．

点评 本题考查数列递推式，训练了利用构造等比数列求数列的通项公式，训练了利用数列的单调性求最值，是中档题．