Question

14．设数列{a_n}满足：a_n≠0，a₁=1，a₂=2，a_n-1（a_n+1-a_n）=a²_n，n≥2．
（1）设b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，求证：{b_n}为等差数列；
（2）设c_n=$\frac{n}{{a}_{n+1}}$，且{c_n}的前n项和为S_n，证明：S_n＜1．

Answer 1

分析 （1）由递推公式得到$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}}-\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}}$=1，n≥2，由此能证明{b_n}是首项为2，公差为1的等差数列．
（2）由（1）得$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2+（n-1）×1=n+1，从而利用累乘法得到c_n=$\frac{n}{{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{（n+1）!}$，由此利用放缩法能证明S_n＜1．

解答 证明：（1）∵数列{a_n}满足：a_n≠0，a₁=1，a₂=2，a_n-1（a_n+1-a_n）=a²_n，n≥2，
∴$\frac{{a}_{n-1}{a}_{n+1}}{{{a}_{n}}^{2}}$-$\frac{{a}_{n-1}{a}_{n}}{{{a}_{n}}^{2}}$=1，n≥2，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}}-\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}}$=1，n≥2，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$，n≥2，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}-\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=1，n≥2，
∵$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=2，b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，
∴{b_n}是首项为2，公差为1的等差数列．
（2）∵b_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，{b_n}是首项为2，公差为1的等差数列，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2+（n-1）×1=n+1，
∴${a}_{n}={a}_{1}×\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}×\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}×…×\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$
=1×2×3×…×n=n!，
∵c_n=$\frac{n}{{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{（n+1）!}$，
∴{c_n}的前n项和：
S_n=$\frac{1}{2!}+\frac{2}{3!}+\frac{3}{4!}+…+\frac{n}{（n+1）!}$
＜$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+…+\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1，
∴S_n＜1．

点评 本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和小于1的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法和放缩法的合理运用．