Question

12．設(shè)T_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)之積，滿足T_n=1-a_n，n∈N^*
（Ⅰ）求a₁，a₂，a₃，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)S=T₁²+T₂²+…+T_n²，是否存在k∈N^*，使|a_n+1-S_n|∈（$\frac{1}{k+1}$，$\frac{1}{k}$）對n∈N^*恒成立？請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）代值計(jì)算即可求出a₁，a₂，a₃，根據(jù)數(shù)列的遞推公式，即可求出相應(yīng)的通項(xiàng)公式．
（Ⅱ）?k=2，使$|{{a_{n+1}}-{S_n}}|∈（\frac{1}{k+1}，\frac{1}{k}）$對n∈N^*恒成立，利用放縮法和裂項(xiàng)法即得到得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）${a_1}=\frac{1}{2}，{a_2}=\frac{2}{3}，{a_3}=\frac{3}{4}$
由：$\frac{T_n}{{{T_{n-1}}}}={a_n}=\frac{{1-{a_n}}}{{1-{a_{n-1}}}}$得：$\frac{a_n}{{1-{a_n}}}=\frac{1}{{1-{a_{n-1}}}}$，
所以：$\frac{1}{{1-{a_n}}}=\frac{1}{{1-{a_{n-1}}}}+1$
故：$\frac{1}{{1-{a_n}}}=n+1$，
所以：${a_n}=\frac{n}{n+1}$
（Ⅱ）${T_n}=\frac{1}{n+1}$，
所以${S_n}=\frac{1}{{2{\;}^2}}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}$，
?k=2，使$|{{a_{n+1}}-{S_n}}|∈（\frac{1}{k+1}，\frac{1}{k}）$對n∈N^*恒成立
因?yàn)椋?{S_n}=\frac{1}{{2{\;}^2}}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}＞\frac{1}{2×3}+\frac{1}{3×4}+…+\frac{1}{（n+1）（n+2）}=\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}=\frac{n+1}{n+2}-\frac{1}{2}={a_{n+1}}-\frac{1}{2}$${S_n}=\frac{1}{{2{\;}^2}}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}＜\frac{1}{{{2^2}-\frac{1}{4}}}+\frac{1}{{{3^2}-\frac{1}{4}}}+…+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}-\frac{1}{4}}}=\frac{2}{3}-\frac{1}{{n+\frac{3}{2}}}＜\frac{2}{3}-\frac{1}{n+2}=\frac{n+1}{n+2}-\frac{1}{3}={a_{n+1}}-\frac{1}{3}$，
所以：$\frac{1}{3}＜{a_{n+1}}-{S_n}＜\frac{1}{2}$

點(diǎn)評 本題主要考查數(shù)列通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和的計(jì)算，利用放縮法和裂項(xiàng)法是解決本題的關(guān)鍵，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題．