Question

3．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足S_n=1-a_n（n∈N^*）．
（Ⅰ）試求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)c_n=$\frac{1}{{1+{a_n}}}+\frac{1}{{1-{a_{n+1}}}}$，求證：數(shù)列{c_n}的前n項和P_n＞2n-$\frac{1}{5}$．

Answer 1

分析 （I）利用遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項公式即可得出；
（II）由已知得：當n=1時，${P_1}=2＞2-\frac{1}{5}$，結(jié)論成立，當n≥2時，${P_n}=（{\frac{1}{{1+{a_1}}}+\frac{1}{{1-{a_2}}}}）+（{\frac{1}{{1+{a_2}}}+\frac{1}{{1-{a_3}}}}）+…+（{\frac{1}{{1+{a_n}}}+\frac{1}{{1-{a_{n+1}}}}}）$，化簡利用“放縮法”即可證明．

解答 （Ⅰ）解：∵S_n=1-a_n（n∈N*），∴S_n+1=1-a_n+1，作差得：${a_{n+1}}=\frac{1}{2}{a_n}（{n∈N*}）$，
又當n=1時，${a_1}=\frac{1}{2}$，故${a_n}=\frac{1}{2^n}（{n∈N*}）$．
（Ⅱ）證明：由已知得：當n=1時，${P_1}=2＞2-\frac{1}{5}$，結(jié)論成立，
當n≥2時，${P_n}=（{\frac{1}{{1+{a_1}}}+\frac{1}{{1-{a_2}}}}）+（{\frac{1}{{1+{a_2}}}+\frac{1}{{1-{a_3}}}}）+…+（{\frac{1}{{1+{a_n}}}+\frac{1}{{1-{a_{n+1}}}}}）$
=$\frac{1}{{1+{a_1}}}+（{\frac{1}{{1-{a_2}}}+\frac{1}{{1+{a_2}}}}）+…+（{\frac{1}{{1-{a_n}}}+\frac{1}{{1+{a_n}}}}）+\frac{1}{{1-{a_{n+1}}}}=\frac{2}{3}+2\sum_{i=2}^n{（{\frac{1}{{1-{a_i}^2}}}）}+\frac{1}{{1-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}}}$
=$\frac{2}{3}+2\sum_{i=2}^n{（{\frac{4^i}{{{4^i}-1}}}）}+\frac{{{2^{n+1}}}}{{{2^{n+1}}-1}}=\frac{2}{3}+2\sum_{i=2}^n{（{1+\frac{1}{{{4^i}-1}}}）}+（{1+\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}}）$
$≥\frac{2}{3}+2（{n-1}）+\frac{2}{{{4^2}-1}}+（{1+\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}}）＞\frac{2}{3}+2（{n-1}）+\frac{2}{{{4^2}-1}}+1=2n-\frac{1}{5}$，結(jié)論也成立，
綜上知，對?n∈N*，${P_n}＞2n-\frac{1}{5}$都成立．

點評 本題考查了遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項公式、“分組求和”、“放縮法”不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．