Question

已知数列{a_n}满足a1=1，  a2=

1

2

，  an-1an+anan+1=2an-1an+1．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b_n}的前n项和为Sn=1-

1

2n

，试求数列{

bn

an

}的前n项和T_n；
（Ⅲ）记数列{1-

a

2 n

}的前n项积为∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)，试证明：

1

2

＜∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)＜1．

Answer 1

分析：（I）由a_n-1a_n+a_na_n+1=2a_n-1a_n+1，两边同除以a_na_n-1a_n+1即可⇒

1

an+1

+

1

an-1

=

2

an

．而a1=1且

1

a2

-

1

a1

=2-1=1，故{

1

an

}是首项为1，公差为1的等差数列．
（II）利用b_n=

S1，当n=1时 Sn-Sn-1，当n≥2时

即可得到b_n，可得

bn

an

=

n

2n

，利用“错位相减法”即可得到T_n；
（III）因为1-

a

2 n

=1-(

1

n

)2=(1+

1

n

)(1-

1

n

)=

n+1

n

•

n-1

n

．利用“累乘求积”即可得出∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)=

1

2

(1+

1

n

)．进而即可证明．

解答：解：（Ⅰ）由an-1an+anan+1=2an-1an+1⇒an(an-1+an+1)=2an-1an+1⇒

an-1+an+1

an-1an+1

=

2

an

⇒

1

an+1

+

1

an-1

=

2

an

⇒

1

an+1

-

1

an

=

1

an

-

1

an-1

．
而a1=1且

1

a2

-

1

a1

=2-1=1，
因此{

1

an

}是首项为1，公差为1的等差数列．
从而

1

an

=1+1×(n-1)=n⇒an=

1

n

．
（Ⅱ）当n=1时，b1=S1=1-

1

2

=

1

2

．
当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=(1-

1

2n

)-(1-

1

2n-1

)=

1

2n

．
而b₁也符合上式，故bn=

1

2n

，从而：

bn

an

=

n

2n

．
所以Tn=

1

21

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

⇒

1

2

Tn=

1

22

+

2

23

+

3

24

+…+

n

2n+1

．
将上面两式相减，可得：

1

2

Tn=

1

21

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

-

n

2n+1

=

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

-

n

2n+1

=1-

1

2n

-

n

2n+1

⇒Tn=2-

n+2

2n

．
（Ⅲ）因为1-

a

2 n

=1-(

1

n

)2=(1+

1

n

)(1-

1

n

)=

n+1

n

•

n-1

n

．
故∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)=(

3

2

•

1

2

)•(

4

3

•

2

3

)•(

5

4

•

3

4

)•…•(

n+1

n

•

n-1

n

)=(

3

2

•

4

3

•

5

4

•…•

n+1

n

)•(

1

2

•

2

3

•

3

4

•…•

n-1

n

)

n+1

2

•

1

n

=

1

2

(1+

1

n

)．
由于n≥2，n∈N^*，故0＜

1

n

≤

1

2

，从而

1

2

＜

1

2

(1+

1

n

)≤

3

4

＜1，即

1

2

＜∏limit

s

n i=2

(1-

a

2 i

)＜1．

点评：本题考查数列的递推公式的处理、等差数列的通项公式和前n项和求通项以及“错位相减法”、“累乘求积”等基础知识，突出考查了学生变形的能力，化归与转化的思想以及创新意识，是一道十分重视基础但又有比较好区分度的中等题．