Question

4．設(shè)數(shù)列{a_n}滿足a₁=0且$\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=1
（Ⅰ）求{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)c_n=n•（$\frac{1}{2}$）ⁿa_n，求數(shù)列{c_n}的前n項和T_n．
（Ⅲ）設(shè)b_n=$\frac{1-\sqrt{{a}_{n+1}}}{\sqrt{n}}$，記s_n為數(shù)列{b_n}的前n項和．證明s_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過a₁=0、$\frac{1}{1-{a}_{1}}$=$\frac{1}{1-0}$=1可知數(shù)列{$\frac{1}{1-{a}_{n}}$}是首項、公差均為1的等差數(shù)列，計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）可知c_n=（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，利用錯位相減法計算即得結(jié)論；
（Ⅲ）通過（I）裂項可知b_n=$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，進(jìn)而并項相加即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：∵a₁=0，
∴$\frac{1}{1-{a}_{1}}$=$\frac{1}{1-0}$=1，
又∵$\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=1
∴數(shù)列{$\frac{1}{1-{a}_{n}}$}是首項、公差均為1的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=n，
∴a_n=$\frac{n-1}{n}$；
（Ⅱ）由（I）可知c_n=n•（$\frac{1}{2}$）ⁿa_n=（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{{2}^{3}}$+2•$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+（n-2）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式錯位相減得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=1-（n+1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$；
（Ⅲ）證明：由（I）可知b_n=$\frac{1-\sqrt{{a}_{n+1}}}{\sqrt{n}}$=$\frac{1-\sqrt{\frac{n}{n+1}}}{\sqrt{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，
∴S_n=1-$\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{\sqrt{2}}$-$\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$=1-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$＜1．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．