Question

9．已知数列{a_n}满足：a_n+1=a_n²-2a_n+2，a₁=3，a_n＞0（n∈N^*）．
（1）证明：数列{ln（a_n-1）}是等比数列；
（2）设b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n}-2}$，S_n为数列{b_n}前n项的和，求证：S_n＜2．

Answer 1

分析 （1）由题意可得a_n+1-1=a_n²-2a_n+1=${（{a}_{n}-1）}^{2}$，结合条件代入$\frac{ln（{a}_{n+1}-1）}{ln（{a}_{n}-1）}$化简，由等比数列的定义证明数列{ln（a_n-1）}是等比数列；
（2）由（1）和等比数列的通项公式求出ln（a_n-1），由对数的运算求出a_n，再化简a_n+1=a_n²-2a_n+2得$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}=\frac{1}{{{a}_{n}（a}_{n}-2）}$，裂项后求出$\frac{1}{{a}_{n}}$并代入b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n}-2}$，利用裂项相消法求出S_n，即可证明结论．

解答 证明：（1）由题意得，a_n+1=a_n²-2a_n+2，a_n＞0，
∴a_n+1-1=a_n²-2a_n+1=${（{a}_{n}-1）}^{2}$，
由a₁=3得，a₁-1=3-1=2，
∴$\frac{ln（{a}_{n+1}-1）}{ln（{a}_{n}-1）}$=$\frac{ln（{a}_{n}-1）^{2}}{ln（{a}_{n}-1）}$=$\frac{2ln（{a}_{n}-1）}{ln（{a}_{n}-1）}$=2，
∴数列{ln（a_n-1）}是以2为公比、ln2为首项的等比数列；
（2）由（1）得，ln（a_n-1）=ln2•2^n-1，
则a_n-1=${e}^{ln2•{2}^{n-1}}$=${2}^{{2}^{n-1}}$，即a_n=${2}^{{2}^{n-1}}$+1，
∵a_n+1=a_n²-2a_n+2，∴a_n+1-2=a_n（a_n-2），
则$\frac{1}{{a}_{n+1}-2}=\frac{1}{{{a}_{n}（a}_{n}-2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{a}_{n}-2}-\frac{1}{{a}_{n}}$），
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{n}-2}-\frac{2}{{a}_{n+1}-2}$，
∴b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{{a}_{n}-2}$=$\frac{2}{{a}_{n}-2}-\frac{2}{{a}_{n+1}-2}$，
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n=（$\frac{2}{{a}_{1}-2}-\frac{2}{{a}_{2}-2}$）+（$\frac{2}{{a}_{2}-2}-\frac{2}{{a}_{3}-2}$）+…+（$\frac{2}{{a}_{n}-2}-\frac{2}{{a}_{n+1}-2}$）
=$\frac{2}{{a}_{1}-2}-\frac{2}{{a}_{n+1}-2}$=$2-\frac{2}{{2}^{{2}^{n}}-1}$＜2，
即S_n＜2成立．

点评 本题考查数列的递推公式的化简、变形，等比数列的定义、通项公式，对数的运算性质，以及裂项相消法求数列的和，比较综合、难度较大．