Question

3．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足a_n+S_n=1（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设${c_n}=\frac{1}{a_n}$，数列{b_n}满足${b_1}{c_1}+{b_2}{c_2}+…+{b_n}{c_n}=（2n-1）{2^{n+1}}+2$，求数列{b_n}的通项公式；
（3）设${d_n}=\frac{1}{a_n}-1$，求证：$\frac{d_1}{d_2}+\frac{d_2}{d_3}+…+\frac{d_n}{{{d_{n+1}}}}＞\frac{n}{2}-\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （1）通过a_n+S_n=1与a_n-1+S_n-1=1（n≥2）作差，进而整理可知数列{a_n}是首项、公比均为$\frac{1}{2}$的等比数列，计算即得结论；
（2）通过${b_1}{c_1}+{b_2}{c_2}+…+{b_n}{c_n}=（2n-1）{2^{n+1}}+2$与b₁c₁+b₂c₂+…+b_n-1c_n-1=（2n-3）2ⁿ+2作差，利用a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$可知b_n=2n+1；
（3）通过（1）可知${d_n}=\frac{1}{a_n}-1$=2ⁿ-1，进而裂项、放缩可知$\frac{{d}_{n}}{{d}_{n+1}}$≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{{2}^{n}}$，然后相加、化简即得结论．

解答 （1）解：∵a_n+S_n=1，
∴a_n-1+S_n-1=1（n≥2），
两式相减得：a_n=$\frac{1}{2}$a_n-1（n≥2），
又∵a₁+S₁=1，即a₁=$\frac{1}{2}$，
∴数列{a_n}是首项、公比均为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴其通项公式a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$；
（2）解：∵${b_1}{c_1}+{b_2}{c_2}+…+{b_n}{c_n}=（2n-1）{2^{n+1}}+2$，
∴b₁c₁+b₂c₂+…+b_n-1c_n-1=（2n-3）2ⁿ+2，
两式相减得：b_nc_n=（2n+1）2ⁿ，
由（1）可知${c_n}=\frac{1}{a_n}$=2ⁿ，故b_n=2n+1（n≥2），
又∵b₁c₁=6，即b₁=3满足上式，
∴b_n=2n+1；
（3）证明：由（1）可知${d_n}=\frac{1}{a_n}-1$=2ⁿ-1，
∵$\frac{{d}_{n}}{{d}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n+1}-1}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3×{2}^{n}+{2}^{n}-2}$≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$+$\frac{{d}_{2}}{{d}_{3}}$+…+$\frac{{d}_{n}}{{d}_{n+1}}$≥n×$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$×（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）=$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）＞$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{3}$，
即$\frac{d_1}{d_2}+\frac{d_2}{d_3}+…+\frac{d_n}{{{d_{n+1}}}}＞\frac{n}{2}-\frac{1}{3}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．