Question

17．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n且a=$\frac{1}{2}$，a_n=-2S_n•S_n-1，（n≥2）．
（1）數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是否為等差數(shù)列，證明你的結(jié)論；
（2）求S_n，a_n；
（3）求證：S${\;}_{1}^{2}$+S${\;}_{2}^{2}$+S${\;}_{3}^{2}$+…S${\;}_{n}^{2}$＜$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4n}$．

Answer 1

分析 （1）由已知數(shù)列遞推式求出數(shù)列首項，得到當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=-2S_nS_n-1，可得$\frac{1}{{S}_{n}}-\frac{1}{{S}_{n-1}}=2$，即數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以2為首項，公差為2 的等差數(shù)列．
（2）求出（1）中的等差數(shù)列得通項公式，得到S_n，再由已知數(shù)列遞推式得a_n；
（3）求出${{S}_{n}}^{2}$，放縮后利用裂項相消法即可證得結(jié)論．

解答 （1）解：數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是公差為2的等差數(shù)列．
證明：由已知有${S}_{1}={a}_{1}=\frac{1}{2}$，$\frac{1}{{S}_{1}}=2$；
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=-2S_nS_n-1，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}-\frac{1}{{S}_{n-1}}=2$，即數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以2為首項，公差為2 的等差數(shù)列．
（2）解：由（1）得：$\frac{1}{{S}_{n}}=2+2（n-1）=2n$，${S}_{n}=\frac{1}{2n}$．
當(dāng)n≥2 時，${a}_{n}=-2{S}_{n}{S}_{n-1}=-\frac{1}{2n（n-1）}$．
當(dāng)n=1 時，${a}_{1}=\frac{1}{2}$，
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}（n=1）}\\{-\frac{1}{2n（n-1）}（n≥2）}\end{array}\right.$；
（3）證明：當(dāng)n=1 時，${{S}_{1}}^{2}=\frac{1}{4}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4×1}$成立．
當(dāng)n≥2 時，${{S}_{1}}^{2}+{{S}_{2}}^{2}+{{S}_{3}}^{2}+…+{{S}_{n}}^{2}=\frac{1}{4}+$$\frac{1}{4×{2}^{2}}+\frac{1}{4×{3}^{2}}+…+\frac{1}{4{n}^{2}}$
=$\frac{1}{4}（1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}）$＜$\frac{1}{4}（1+\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+…+\frac{1}{（n-1）n}）$
=$\frac{1}{4}（1+1-\frac{1}{n}）=\frac{1}{2}-\frac{1}{4n}$．
綜上有${{S}_{1}}^{2}+{{S}_{2}}^{2}+{{S}_{3}}^{2}+…+{{S}_{n}}^{2}$$＜\frac{1}{2}-\frac{1}{4n}$．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查等差關(guān)系的確定，訓(xùn)練了利用放縮法及裂項相消法證明數(shù)列不等式，屬中檔題．