Question

17．已知数列{a_n}的前n项和为S_n且a=$\frac{1}{2}$，a_n=-2S_n•S_n-1，（n≥2）．
（1）数列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是否为等差数列，证明你的结论；
（2）求S_n，a_n；
（3）求证：S${\;}_{1}^{2}$+S${\;}_{2}^{2}$+S${\;}_{3}^{2}$+…S${\;}_{n}^{2}$＜$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4n}$．

Answer 1

分析 （1）由已知数列递推式求出数列首项，得到当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=-2S_nS_n-1，可得$\frac{1}{{S}_{n}}-\frac{1}{{S}_{n-1}}=2$，即数列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以2为首项，公差为2 的等差数列．
（2）求出（1）中的等差数列得通项公式，得到S_n，再由已知数列递推式得a_n；
（3）求出${{S}_{n}}^{2}$，放缩后利用裂项相消法即可证得结论．

解答 （1）解：数列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是公差为2的等差数列．
证明：由已知有${S}_{1}={a}_{1}=\frac{1}{2}$，$\frac{1}{{S}_{1}}=2$；
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=-2S_nS_n-1，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}-\frac{1}{{S}_{n-1}}=2$，即数列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以2为首项，公差为2 的等差数列．
（2）解：由（1）得：$\frac{1}{{S}_{n}}=2+2（n-1）=2n$，${S}_{n}=\frac{1}{2n}$．
当n≥2 时，${a}_{n}=-2{S}_{n}{S}_{n-1}=-\frac{1}{2n（n-1）}$．
当n=1 时，${a}_{1}=\frac{1}{2}$，
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}（n=1）}\\{-\frac{1}{2n（n-1）}（n≥2）}\end{array}\right.$；
（3）证明：当n=1 时，${{S}_{1}}^{2}=\frac{1}{4}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4×1}$成立．
当n≥2 时，${{S}_{1}}^{2}+{{S}_{2}}^{2}+{{S}_{3}}^{2}+…+{{S}_{n}}^{2}=\frac{1}{4}+$$\frac{1}{4×{2}^{2}}+\frac{1}{4×{3}^{2}}+…+\frac{1}{4{n}^{2}}$
=$\frac{1}{4}（1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}）$＜$\frac{1}{4}（1+\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+…+\frac{1}{（n-1）n}）$
=$\frac{1}{4}（1+1-\frac{1}{n}）=\frac{1}{2}-\frac{1}{4n}$．
综上有${{S}_{1}}^{2}+{{S}_{2}}^{2}+{{S}_{3}}^{2}+…+{{S}_{n}}^{2}$$＜\frac{1}{2}-\frac{1}{4n}$．

点评 本题考查数列递推式，考查等差关系的确定，训练了利用放缩法及裂项相消法证明数列不等式，属中档题．