Question

7．设数列{a_n}的首项为-1，且满足a_n+1=-$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{3}{4}$，n≥2．
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）设数列b_n=$\frac{（{a}_{n}+\frac{1}{2}）^{2}}{1-（{a}_{n}+\frac{1}{2}）}$，且{b_n}的前n项和为S_n，求证S_n＜$\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由已知条件变形得到2（${a}_{n+1}+\frac{1}{2}$）=-（${a}_{n}+\frac{1}{2}$），从而推导出{${a}_{n}+\frac{1}{2}$}是首项为-$\frac{1}{2}$，公比为-$\frac{1}{2}$的等比数列，由此能求出{a_n}的通项公式．
（2）由b_n=$\frac{（{a}_{n}+\frac{1}{2}）^{2}}{1-（{a}_{n}+\frac{1}{2}）}$=$\frac{（-\frac{1}{2}）^{2n}}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$=$\frac{1}{{4}^{n}-（-1）^{n}•{2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}[{2}^{n}-（-1）^{n}]}$，利用裂项求和法和放缩法能证明S_n＜$\frac{1}{3}$．

解答 （1）解：∵数列{a_n}的首项为-1，且满足a_n+1=-$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{3}{4}$，n≥2，
∴2（${a}_{n+1}+\frac{1}{2}$）=-（${a}_{n}+\frac{1}{2}$），n≥2，
∵${a}_{1}+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$，
∴{${a}_{n}+\frac{1}{2}$}是首项为-$\frac{1}{2}$，公比为-$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴${a}_{n}+\frac{1}{2}=（-\frac{1}{2}）^{n}$，
∴a_n=（-$\frac{1}{2}$）ⁿ-$\frac{1}{2}$．
（2）证明：∵b_n=$\frac{（{a}_{n}+\frac{1}{2}）^{2}}{1-（{a}_{n}+\frac{1}{2}）}$=$\frac{（-\frac{1}{2}）^{2n}}{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}$=$\frac{1}{{4}^{n}-（-1）^{n}•{2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}[{2}^{n}-（-1）^{n}]}$，
∴{b_n}的前n项和：
S_n=$\frac{1}{2（2+1）}$+$\frac{1}{4（4-1）}$+$\frac{1}{8（8+1）}$+$\frac{1}{16（16-1）}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}[{2}^{n}-（-1）^{n}]}$
=$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{8}-\frac{1}{9}+\frac{1}{15}-\frac{1}{16}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}[{2}^{n}-（-1）^{n}]}$
≤$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{8}-\frac{1}{9}+\frac{1}{15}-\frac{1}{16}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n}}$
＜$\frac{1}{4}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\frac{1}{15}-\frac{1}{16}+\frac{1}{31}-\frac{1}{32}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n}}$
＜$\frac{1}{4}+\frac{1}{7}$-$\frac{1}{8}+\frac{1}{15}$-$\frac{1}{16}+\frac{1}{31}$
=$\frac{15847}{52080}$＜$\frac{17360}{52080}=\frac{1}{3}$．
∴S_n＜$\frac{1}{3}$．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查不等式的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意裂项求和法和放缩法的合理运用．