Question

1．设数列{a_n}满足前n项和S_n=1-a_n（n∈N^*）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=log${\;}_{\frac{1}{2}}$a_n，求证：$\frac{1}{{{b}_{1}}^{2}}+\frac{1}{{{b}_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$＜$\frac{7}{4}$．

Answer 1

分析 （1）利用递推关系与等比数列的通项公式即可得出．
（2）b_n=log${\;}_{\frac{1}{2}}$a_n=n．可得$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，n≥3时．利用“裂项求和”方法即可得出．

解答 （1）解：∵S_n=1-a_n（n∈N^*），∴n=1时，a₁=1-a₁，解得a₁=$\frac{1}{2}$．
n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=1-a_n-（1-a_n-1），解得${a}_{n}=\frac{1}{2}{a}_{n-1}$．
∴数列{a_n}是等比数列，首项与公比都为$\frac{1}{2}$．
∴a_n=$（\frac{1}{2}）^{n}$．
（2）证明：b_n=log${\;}_{\frac{1}{2}}$a_n=n．
∴$\frac{1}{{b}_{n}^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n-1）}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，n≥3时．
∴$\frac{1}{{{b}_{1}}^{2}}+\frac{1}{{{b}_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$≤1+$\frac{1}{4}$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$=$\frac{7}{4}$-$\frac{1}{n}$$＜\frac{7}{4}$（n=1，2时也成立）．
∴$\frac{1}{{{b}_{1}}^{2}}+\frac{1}{{{b}_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$＜$\frac{7}{4}$．

点评 本题考查了递推关系与等比数列的通项公式、“裂项求和”方法、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．