Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=（1+m）-ma_n，其中m∈R，且m≠-1，0．
（1）若数列{a_n}满足a_nf （m）=a_n+1，数列{b_n}满足b₁=，b_n=f （b_n-1） （n∈N*，n≥2），求数列{b_n}的通项公式；
（2）若m=1，记c_a=a_n（-1），数列{c_n}的前n项和为T_n，求证：T_n＜4．

Answer

（1）由条件可得得：an=-man+man-1，即数列{an}是等比数列，又anf （m）=an+1，得f （m）=．再由bn=f （bn-1）=，可得-=1，故{}是首项为2，
公差为1的等差数列，由此求得数列{bn}的通项公式．
（2）先求出 an=，进而求得 cn=an（-1）=n×，再进一步求得Tn=1+2×+3×+…+n×，利用错位相减法求出Tn的值．
（1）【解析】
由Sn=（1+m）-man得：Sn-1=（1+m）-man-1 （n≥2），相减得：an=-man+man-1，
∴=，m≠-1，m为常数，即数列{an}是等比数列，又anf （m）=an+1，∴f （m）=．
∵bn=f （bn-1）=，∴-=1，即{}是首项为2，公差为1的等差数列，
故 =2+（n-1）=n+1，
∴bn=．（6分）
（2）【解析】
当m=1时，=，a1=S1=2-a1，得：a1=1，∴an=，（8分）
∴cn=an（-1）=n×，
∴Tn=1+2×+3×+…+n×，
=+2+3+…+（n-1）+n，
相减得：=1++++…+-n=-n=2-2-n＜2，
∴Tn＜4．  （12分）