Question

13．设T_n是数列{a_n}的前n项之积，并满足：T_n=1-a_n（n∈N^*）．
（Ⅰ）求a₁，a₂，a₃．
（Ⅱ）证明数列{$\frac{1}{{T}_{n}}$}等差数列；
（Ⅲ）令b_n=$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}+n}$，证明{b_n}前n项和S_n＜$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）分别令n=1，2，3代入计算，即可得到所求值；
（Ⅱ）当n≥2时，a_n=$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$，代入等式，再由等差数列的定义，即可得证；
（Ⅲ）运用等差数列的通项公式可得$\frac{1}{{T}_{n}}$=n+1，可得a_n=$\frac{n}{n+1}$，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}+n}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），运用数列的求和方法：裂项相消求和，以及不等式的性质，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）数列{a_n}的前n项积为T_n，且T_n=1-a_n，
∴当n=1时，a₁=1-a₁，解得a₁=$\frac{1}{2}$，
当n=2时，a₁a₂=1-a₂，解得a₂=$\frac{2}{3}$，
当n=3时，a₁a₂a₃=1-a₃，解得a₃=$\frac{3}{4}$；
（Ⅱ）证明：当n≥2时，a_n=$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$，
T_n=1-a_n（n∈N^*），
即为T_n=1-$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n-1}}$，
可得$\frac{1}{{T}_{n}}$-$\frac{1}{{T}_{n-1}}$=1，
则数列{$\frac{1}{{T}_{n}}$}为首项为2，1为公差的等差数列；
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可得$\frac{1}{{T}_{n}}$=2+n-1=n+1，
则T_n=1-a_n=$\frac{1}{n+1}$，
可得a_n=$\frac{n}{n+1}$，
b_n=$\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}+n}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}}$＜$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
则{b_n}前n项和S_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n-1+b_n
＜$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$）＜$\frac{3}{4}$，
故S_n＜$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查了递推式的应用、数列通项公式的求法，注意运用定义法，考查数列的求和方法：裂项相消求和，以及放缩法证明不等式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．