Question

20．数列{a_n}前n项和为S_n，且a_n+S_n=-2n-1（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若b_n=log₂$\frac{1}{{a}_{n}+2}$，证明：$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{{b}_{k}{b}_{k+1}}$＜1．

Answer 1

分析 （1）通过a_n+S_n=-2n-1与a_n+1+S_n+1=-2n-3作差、整理可知a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n-1，进而可知数列{a_n+2}是首项为a₁+2=$\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，计算即得结论；
（2）通过（1）裂项可知$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，并项相加即得结论．

解答 （1）解：因为a_n+S_n=-2n-1，所以a_n+1+S_n+1=-2n-3，
两式相减，有a_n+1-a_n+S_n+1-S_n=-2，即a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n-1，
所以a_n+1+2=$\frac{1}{2}$（a_n+2），
又因为当n=1时，a₁+S₁=-3，
所以a₁=-$\frac{3}{2}$，
所以数列{a_n+2}是首项为a₁+2=$\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
所以a_n+2=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴a_n=-2+$\frac{1}{{2}^{n}}$；
（2）证明：由（1）得b_n=log₂$\frac{1}{{a}_{n}+2}$=n，
所以$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
所以$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{{b}_{k}{b}_{k+1}}$=1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$＜1．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，裂项求和是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．