Question

已知数列{a_n}中，a₁=0，a_n+1=

1

2-an

，（n∈N^*）．
（Ⅰ）求证：数列{

1

an-1

}为等差数列；
（Ⅱ）设数列{a_n}的前n项和为S_n，证明S_n＜n-ln（n+1）；
（Ⅲ）设b_n=a_n（

9

10

）ⁿ，证明：对任意的正整数n、m均有|b_n-b_m|＜

3

5

．

Answer 1

（Ⅰ）因为

1

an+1-1

=

1

1 2-an -1

=

2-an

an-1

=-1+

1

an-1

，
即

1

an+1-1

-

1

an-1

=-1.
所以数列{

1

an-1

}为等差数列
（Ⅱ）由（1）知：

1

an-1

=

1

a1-1

+（n-1）×（-1）=-n
所以a_n=1-

1

n

设f（x）=x-ln（x+1）（x＞0），则f′（x）=1-

1

x+1

＞0
∴f（x）在（0，+∞）为递增函数，且f（x）在[0，+∞]上连续．
∴f（x）＞f（0）=0，∴当x＞0时，x＞ln（x+1）成立．
所以ln（1+

1

n

）＜

1

n

，1-

1

n

＜1-ln（1+

1

n

）
所以a_n=1-

1

n

＜1-ln（n+1）+lnn
所以S_n＜（1-ln2+ln1）+（1-ln3+ln2）++[1-ln（n+1）+lnn]
即S_n＜n-ln（n+1）
（Ⅲ）因为b_n=

n-1

n

×（

9

10

）ⁿ，
当

bn

bn+1

=

n-1

n

×

n+1

n

×

10

9

=

n2-1

n2

×

10

9

，
当

bn

bn+1

=

n2-1

n2

×

10

9

＞1，n＞

10

，即n≥4
当

bn

bn+1

=

n2-1

n2

×

10

9

＜1，n＜

10

，即n≤3．
所以b₁＜b₂＜b₃＜b₄＞b₅＞b₆＞
又因为n≥2时，b_n＞0，并且b₁=0，所以0≤b_n≤b₄
对任意的正整数n、m，均有|b_n-b_m|的最大值为
b₄-b₁=

3

4

×（

9

10

）⁴-0=

19683

40000

＜

24000

40000

=

3

5

所以对任意的正整数n、m，均有|b_n-b_m|＜

3

5