Question

4．在數(shù)列{a_n}中，a₁=3，a_n+1=$\frac{{3}^{n+1}{a}_{n}}{{a}_{n}+{3}^{n}}$
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若a＞T_n對(duì)任意n∈N₊恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系，利用取倒數(shù)法以及等差數(shù)列，即可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求出b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$的通項(xiàng)公式，利用錯(cuò)位相減法進(jìn)行求和即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵a₁=3，a_n+1=$\frac{{3}^{n+1}{a}_{n}}{{a}_{n}+{3}^{n}}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{3}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+{3}^{n}}$，
取倒數(shù)得$\frac{{3}^{n+1}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}+{3}^{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{{3}^{n}}{{a}_{n}}$+1，
即$\frac{{3}^{n+1}}{{a}_{n+1}}$-$\frac{{3}^{n}}{{a}_{n}}$=1，
即數(shù)列{$\frac{{3}^{n}}{{a}_{n}}$}是公差d=1的等差數(shù)列，首項(xiàng)為$\frac{3}{{a}_{1}}=1$，
即$\frac{{3}^{n}}{{a}_{n}}$=1+（n-1）×1=n，
即數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=$\frac{{3}^{n}}{n}$；
（Ⅱ）b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{n}{{3}^{n}}$，
則T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{2}{{3}^{2}}$+$\frac{3}{{3}^{3}}$+…+$\frac{n}{{3}^{n}}$，
∴$\frac{1}{3}$T_n=$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{2}{{3}^{3}}$+$\frac{3}{{3}^{4}}$+…+$\frac{n}{{3}^{n+1}}$，
兩式作差得$\frac{2}{3}$T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$-$\frac{n}{{3}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$）-$\frac{n}{{3}^{n+1}}$，
即T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{4×{3}^{n}}$＜$\frac{3}{4}$，
∵T_n+1-T_n=$\frac{n+1}{{3}^{n+1}}$＞0，則T_n單調(diào)遞增，
故T_n≥T₁=$\frac{1}{3}$，
又T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{4×{3}^{n}}$＜$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{1}{3}≤$T_n＜$\frac{3}{4}$，
若a＞T_n對(duì)任意n∈N₊恒成立，
則a≥$\frac{3}{4}$，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[$\frac{3}{4}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查數(shù)列的通項(xiàng)公式以及數(shù)列求和的應(yīng)用，利用取倒數(shù)法，以及構(gòu)造法，錯(cuò)位相減法是解決本題的關(guān)鍵．考查學(xué)生的運(yùn)算能力，綜合性較強(qiáng)．