已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项之积 $T_n$ 满足 $\left\{\dfrac{1}{T_n}\right\}$ 是首项为 $2$ 的等差数列，且 $T_2-T_5=\dfrac 16$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；标注答案$a_n=\dfrac{n}{n+1},n\in \mathbb N^{\ast}$解析设数列 $\left\{\dfrac{1}{T_n}\right\}$ 的公差为 $d$，根据题意，有\[\dfrac{1}{T_5}-\dfrac{1}{T_2}=\dfrac 16\cdot \dfrac{1}{T_2}\cdot \dfrac{1}{T_5},\]于是\[3d=\dfrac 16(2+d)(2+4d),\]解得 $d=1$，因此\[\dfrac{1}{T_n}=n+1,n\in\mathbb N^{\ast},\]从而\[a_n=\begin{cases} T_1,&n=1,\\ \dfrac{T_n}{T_{n-1}},&n\geqslant 2,\end{cases}\]整理可得\[a_n=\dfrac{n}{n+1},n\in \mathbb N^{\ast}.\]
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设数列 $\{b_n\}$ 满足 $b_n=\sqrt{\dfrac n{n+2}}-a_n$，其前 $n$ 项和为 $S_n$，求证：对任意正整数 $n$，有 $0<S_n<\dfrac 14$．标注答案略解析根据题意，有\[\begin{split} b_n&=\sqrt{\dfrac{n}{n+2}}-\dfrac{n}{n+1}\\
&=\dfrac{\dfrac{n}{n+2}-\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^2}{\sqrt{\dfrac n{n+2}}+\dfrac{n}{n+1}}\\
&=\dfrac{\dfrac{n}{(n+2)(n+1)^2}}{\sqrt{\dfrac n{n+2}}+\dfrac{n}{n+1}},\end{split}\]因而有\[0<b_n=\dfrac{\dfrac{n}{n+1}}{\sqrt{\dfrac{n}{n+2}}+\dfrac{n}{n+1}}\cdot \dfrac{1}{(n+1)(n+2)}<\dfrac 12\cdot \left(\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2}\right),\]累加即得\[0<S_n<\dfrac 14,\]故原命题得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
