Question

6．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=$\frac{a_n}{{{a_n}+4}}$（n∈N^*）．
（1）求a₂、a₃的值；
（2）求{a_n}的通項公式a_n；
（3）設(shè)b_n=（4ⁿ-1）•$\frac{n}{2^n}$•a_n，記其前n項和為T_n，若不等式2^n-1λ＜2^n-1T_n+$\frac{3n}{2}$對一切n∈N^*恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意，代入可得求a₂、a₃的值；
（2）由數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=$\frac{a_n}{{{a_n}+4}}$可得{$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{3}$}是首項為$\frac{4}{3}$，公比為4的等比數(shù)列，即可得出{a_n}的通項公式a_n；
（3）由（2）可知：b_n，利用“錯位相減法”即可得出T_n，利用不等式2^n-1λ＜2^n-1T_n+$\frac{3n}{2}$對一切n∈N^*恒成立，求λ的取值范圍．

解答 解：（1）由題意，代入可得a₂=$\frac{1}{5}$，a₃=$\frac{2}{21}$；
（2）∵a_n+1=$\frac{a_n}{{{a_n}+4}}$，
∴$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{{{a_n}+4}}{a_n}=\frac{4}{a_n}+1$，
∴$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}+\frac{1}{3}=4（{\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3}}）\\∴數(shù)列\(zhòng)left\{{\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3}}\right\}是以\frac{4}{3}為首項，4為公比的等比數(shù)列\(zhòng)\∴\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3}=\frac{4^n}{3}∴{a_n}=\frac{3}{{{4^n}-1}}（{（7分）}）\\（3）代入{a_n}可得{b_n}=\frac{3n}{2^n}，由錯位相減法可得{T_n}=6-\frac{6+3n}{2^n}\\∵{2^{n-1}}λ＜{2^{n-1}}{T_n}+\frac{3}{2}n，代入分離可得λ=6-\frac{6}{2^n}\\ 由函數(shù)的單調(diào)性可得關(guān)于n的函數(shù)單調(diào)遞增\\∴當(dāng)n=1時，函數(shù)有最小值3$，
∴{$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{3}$}是首項為$\frac{4}{3}$，公比為4的等比數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{3}$=$\frac{{4}^{n}}{3}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{{4}^{n}}{3}$-$\frac{1}{3}$，
∴a_n=$\frac{3}{{4}^{n}-1}$；
（3）b_n=（4ⁿ-1）•$\frac{n}{2^n}$•a_n=$\frac{3n}{{2}^{n}}$，
T_n=3（$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$），
∴$\frac{1}{2}$T_n=3（$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$），
兩式相減得$\frac{1}{2}$T_n=3（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$）=3（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$），
∴2^n-1T_n=3（2ⁿ-1-$\frac{n}{2}$），
∵不等式2^n-1λ＜2^n-1T_n+$\frac{3n}{2}$對一切n∈N^*恒成立，
∴2^n-1λ＜3（2ⁿ-1），
∴λ＜3（2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$），∴λ＜3．

點評 熟練掌握等比數(shù)列的通項公式和前n項和公式、“錯位相減法”等是解題的關(guān)鍵．