Question

8．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=3，a_n+1=1+2S_n
（1）a₂，a₃，a₄的值；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）設(shè)b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$，證明數(shù)列{b_n}的前n項和T_n＜$\frac{9}{4}$．

Answer 1

分析 （1）運用遞推關(guān)系式a₁=3，a_n+1=1+2S_n，求解即可．
（2）a_n+1=1+2S_n，①，a_n=1+2S_n-1，②，相減即可求解n≥2時，a_n=7×3^n-2，驗證n=1即可的通項公式．
（3）運用定義得出T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{2}{7}$+$\frac{3}{7×3}$$+\frac{4}{7×{3}^{2}}$$+\frac{5}{7×{3}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{7×{3}^{n-3}}$+$\frac{n}{7×{3}^{n-2}}$，利用錯位相減得出T_n=$\frac{16}{21}$$+\frac{3}{28}$（1-$\frac{1}{{3}^{n-2}}$）-$\frac{3n}{14×{3}^{n-1}}$＜$\frac{16}{21}$$+\frac{3}{28}$=$\frac{73}{84}$$＜\frac{9}{4}$，放縮即可證明．

解答 解：數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=3，a_n+1=1+2S_n
（1）a₂=1+2×3=7，a₃=1+2（3+7）=21，a₄=1+2（3+7+21）=63，
（2）a_n+1=1+2S_n，①
a_n=1+2S_n-1，②，
①-②得出：a_n+1-a_n=2a_n（n≥2）
即a_n+1=3a_n，（n≥2），
根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)得出：當(dāng)n=1時，a₁=3，n=2時，a₂=7，
n≥2時，a_n=7×3^n-2，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{3，n=1}\\{7×{3}^{n-2}，n≥2}\end{array}\right.$
（3）∵b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和T_n，
∴T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{2}{7}$+$\frac{3}{7×3}$$+\frac{4}{7×{3}^{2}}$$+\frac{5}{7×{3}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{7×{3}^{n-3}}$+$\frac{n}{7×{3}^{n-2}}$，
令G_n=$\frac{2}{7}$+$\frac{3}{7×3}$$+\frac{4}{7×{3}^{2}}$$+\frac{5}{7×{3}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{7×{3}^{n-3}}$+$\frac{n}{7×{3}^{n-2}}$，③
$\frac{1}{3}$G_n=$\frac{2}{7×3}$$+\frac{3}{7×{3}^{2}}$$+\frac{4}{7×{3}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{7×{3}^{n-2}}$$+\frac{n}{7×{3}^{n-1}}$④，
③-④得出：$\frac{2}{3}$G_n=$\frac{2}{7}$+（$\frac{1}{7×3}$$+\frac{1}{7×{3}^{2}}$$+\frac{1}{7×{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{7×{3}^{n-2}}$）-$\frac{n}{7×{3}^{n-1}}$
=$\frac{2}{7}$+$\frac{1}{14}$（1-$\frac{1}{{3}^{n-2}}$）$-\frac{n}{7×{3}^{n-1}}$，
G_n=$\frac{3}{7}$$+\frac{3}{28}$（1-$\frac{1}{{3}^{n-2}}$）-$\frac{3n}{14×{3}^{n-1}}$，
T_n=$\frac{16}{21}$$+\frac{3}{28}$（1-$\frac{1}{{3}^{n-2}}$）-$\frac{3n}{14×{3}^{n-1}}$＜$\frac{16}{21}$$+\frac{3}{28}$=$\frac{73}{84}$$＜\frac{9}{4}$，
故數(shù)列{b_n}的前n項和T_n＜$\frac{9}{4}$．

點評 本題綜合考察了數(shù)列的遞推關(guān)系式，性質(zhì)，求解和的問題，放縮法證明不等式，考察了學(xué)生的計算化簡能力，難度較大．