Question

18．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，3a${\;}_{n+1}^{2}$+3a${\;}_{n}^{2}$-10a_na_n+1=3，a_n＜a_n+1（n∈N⁺）．
（Ⅰ）證明：{3a_n+1-a_n}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：$\frac{{n}^{2}}{{S}_{n}}$≤$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一、由數(shù)列遞推式得$3{a_n}^2+3{a_{n-1}}^2-10{a_{n-1}}{a_n}=3$（n≥2），和原遞推式作差后可得3a_n+1-a_n=3（3a_n-a_n-1）（n≥2），即可說明{3a_n+1-a_n}是等比數(shù)列；
法二、由已知結(jié)合原遞推式求得數(shù)列的前幾項(xiàng)，然后歸納猜測數(shù)列的通項(xiàng)公式，再由數(shù)學(xué)歸納法證明，最后證明數(shù)列{3a_n+1-a_n}是等比數(shù)列；  
（Ⅱ）由（Ⅰ）中的等比數(shù)列求得$3{a_{n+1}}-{a_n}={3^{n+1}}$，進(jìn)一步求得${a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）$，取倒數(shù)后利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和證得不等式右邊；
求出數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，代入不等式左邊可得$\frac{n^2}{S_n}=\frac{{16{n^2}}}{{{3^{n+2}}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-12}}$然后利用1為媒介，證明對任意n∈N^*時(shí)，$\frac{n^2}{S_n}$≤$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}$．

解答 證明：（Ⅰ）法一、由$3{a_{n+1}}^2+3{a_n}^2-10{a_n}{a_{n+1}}=3$，
得$3{a_n}^2+3{a_{n-1}}^2-10{a_{n-1}}{a_n}=3$（n≥2），
兩式相減得，$3（{a_{n+1}}^2-{a_{n-1}}^2）-10（{a_{n+1}}-{a_{n-1}}）{a_n}=0$，
又a_n＜a_n+1，∴3（a_n+1+a_n-1）=10a_n，
即3a_n+1-a_n=3（3a_n-a_n-1）（n≥2），
∴{3a_n+1-a_n}是等比數(shù)列；
法二、由題知$3{a_2}^2+3-10{a_2}=3$，即${a_2}=\frac{10}{3}=\frac{1}{8}（27-\frac{1}{3}）$，于是$3{a_3}^2+\frac{100}{3}-\frac{100}{3}{a_3}=3$，
則${a_3}=\frac{91}{9}=\frac{1}{8}（81-\frac{1}{9}）$，
…
猜想${a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）$（n∈N^*），下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
當(dāng)n=1時(shí)，${a_1}=1=\frac{1}{8}（{3^2}-1）$，命題成立；
假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，${a_k}=\frac{1}{8}（{3^{k+1}}-\frac{1}{{{3^{k-1}}}}）$，
則當(dāng)n=k+1時(shí)，有 $3{a_{k+1}}^2+\frac{3}{64}{（{3^{k+1}}-\frac{1}{{{3^{k-1}}}}）^2}-\frac{10}{8}（{3^{k+1}}-\frac{1}{{{3^{k-1}}}}）{a_{k+1}}=3$，
即${a_{k+1}}^2-\frac{10}{8}（{3^k}-\frac{1}{3^k}）{a_{k+1}}+\frac{1}{64}（{3^{2k+2}}-82+\frac{1}{{{3^{2k-2}}}}）=0$，
解得${a_{k+1}}=\frac{1}{8}（{3^{k+2}}-\frac{1}{3^k}）$，或$\frac{1}{8}（{3^k}-\frac{1}{{{3^{k-2}}}}）$，
又a_n＜a_n+1，∴${a_{k+1}}=\frac{1}{8}（{3^{k+2}}-\frac{1}{3^k}）$，
即對任意n∈N^*有，${a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）$，
∴$3{a_{n+1}}-{a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+3}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-{3^{n+1}}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）={3^{n+1}}$．
故{3a_n+1-a_n}是等比數(shù)列；  
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$3{a_{n+1}}-{a_n}={3^{n+1}}$，
即${a_{n+1}}=\frac{1}{3}{a_n}+{3^n}$${a_{n+1}}-\frac{{{3^{n+2}}}}{8}=\frac{1}{3}（{a_n}-\frac{{{3^{n+1}}}}{8}）$，
∴${a_n}-\frac{{{3^{n+1}}}}{8}={3^{n-1}}（{a_1}-\frac{9}{8}）=-\frac{{{3^{n-1}}}}{8}$，即${a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）$，
∴$\frac{1}{a_n}=\frac{8}{{{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}}}$，則$\frac{1}{a_n}=\frac{8}{{8•{3^{n-1}}+{3^{n-1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}}}$，
故當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{a_n}＜\frac{8}{{8•{3^{n-1}}}}=\frac{1}{{{3^{n-1}}}}$，
則$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}=\frac{{1-\frac{1}{3^n}}}{{1-\frac{1}{3}}}=\frac{3}{2}（1-\frac{1}{3^n}）＜\frac{3}{2}$．
而n=1時(shí)，$\frac{1}{a_1}=1＜\frac{3}{2}$，
故對任意n∈N^*有$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜\frac{3}{2}$．
${S_n}=\frac{1}{8}[\frac{{{3^2}（1-{3^n}）}}{1-3}-\frac{{1-\frac{1}{3^n}}}{{1-\frac{1}{3}}}]=\frac{1}{16}（{3^{n+2}}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-12）$．
故$\frac{n^2}{S_n}=\frac{{16{n^2}}}{{{3^{n+2}}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-12}}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{a_1}+…+\frac{1}{a_n}＞1$，而當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{1}{S_1}=1=\frac{1}{a_1}$，當(dāng)n=2時(shí)，$\frac{4}{S_2}=\frac{4}{{1+\frac{10}{3}}}=\frac{12}{13}＜1$，
當(dāng)n≥3時(shí)，$\frac{n^2}{S_n}=\frac{{16{n^2}}}{{8•{3^n}+{3^n}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-12}}＜\frac{{16{n^2}}}{{8•{3^n}}}=\frac{{2{n^2}}}{3^n}=\frac{{2{n^2}}}{{{{（1+2）}^n}}}＜\frac{{2{n^2}}}{1+2n+2n（n-1）}＜1$，
即對任意n∈N^*時(shí)，$\frac{n^2}{S_n}$≤$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}$．
綜上，原不等式得證．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了利用數(shù)學(xué)歸納法證明與自然數(shù)有關(guān)的命題，考查了利用放縮法證明數(shù)列不等式，綜合考查了學(xué)生的邏輯思維能力和計(jì)算能力，題目設(shè)置難度較大，綜合性強(qiáng)．