Question

9．等比數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a_n+1=2S_n+$\frac{1}{2}$（n∈N^*）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）在a_n和a_n+1之間插入n個(gè)實(shí)數(shù)，使得這n+2個(gè)數(shù)依次組成公差為d_n的等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{$\frac{1}{uqsagwq_{n}}$}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：$\frac{38}{12}$≤T_n＜$\frac{15}{4}$．

Answer 1

分析 （I）由a_n+1=2S_n+$\frac{1}{2}$（n∈N^*），可得a_n=2s_n-1+$\frac{1}{2}$（n≥2），兩式相減可得a_n+1=3a_n（n≥2），結(jié)合已知等比數(shù)列的條件可得a₂=3a₁，可求a₁，從而可求通項(xiàng)．
（II）等差數(shù)列的性質(zhì)可知d_n=$\frac{{a}_{n+1}-{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{{3}^{n-1}}{n+1}$，利用錯(cuò)位相減可求數(shù)列的和，利用放縮法即可得出結(jié)論．

解答 解：（I）由a_n+1=2S_n+$\frac{1}{2}$（n∈N^*），
可得a_n=2s_n-1+$\frac{1}{2}$（n≥2）
兩式相減可得，a_n+1-a_n=2a_n
即a_n+1=3a_n（n≥2）
又∵a₂=2a₁+$\frac{1}{2}$，且數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列
∴a₂=3a₁
則2a₁+$\frac{1}{2}$=3a₁
∴a₁=$\frac{1}{2}$
∴${a}_{n}=\frac{1}{2}•{3}^{n-1}$．
（II）由（I）知，${a}_{n}=\frac{1}{2}•{3}^{n-1}$．，an+1=$\frac{1}{2}$•3ⁿ
∵a_n+1=a_n+（n+1）d_n
∴d_n=$\frac{{a}_{n+1}-{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{{3}^{n-1}}{n+1}$，
∴T_n=$\frac{2}{{3}^{0}}$+$\frac{3}{{3}^{1}}$+$\frac{4}{{3}^{2}}$+…+$\frac{n}{{3}^{n-2}}$+$\frac{n+1}{{3}^{n-1}}$，
$\frac{1}{3}$T_n=$\frac{2}{{3}^{1}}$+$\frac{3}{{3}^{2}}$+$\frac{4}{{3}^{3}}$+…+$\frac{n}{{3}^{n-1}}$+$\frac{n+1}{{3}^{n}}$，
兩式相減可得，$\frac{2}{3}{T}_{n}$=2+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$-$\frac{n+1}{{3}^{n}}$=2+$\frac{\frac{1}{3}[1-（\frac{1}{3}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{n+1}{{3}^{n}}$=$\frac{5}{2}$-$\frac{1}{2}•（\frac{1}{3}）^{n-1}$-（n+1）•$（\frac{1}{3}）^{n}$，
∴T_n=$\frac{15}{4}$-$\frac{1}{4}•（\frac{1}{3}）^{n-2}$-$\frac{1}{2}（n+1）•（\frac{1}{3}）^{n-1}$＜$\frac{15}{4}$，

又∵T_n+1-T_n=（n+2）•$（\frac{1}{3}）^{n}$＞0，∴T_n≥T₁=2，
∴2≤T_n＜$\frac{15}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式的應(yīng)用及由數(shù)列的遞推公式求解通項(xiàng)，數(shù)列求和的錯(cuò)位相減求和方法的應(yīng)用是解答本題的關(guān)鍵，屬于中檔題．