Question

12．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=$\frac{5+2a{\;}_{n}}{16-8a{\;}_{n}}$；又設(shè)數(shù)列{b_n}為b_n=$\frac{5}{4}$-a_n，其前n項(xiàng)和為S_n．
（1）求a₂，a₃的值；
（2）試判斷b_n的符號，并說明理由；
（3）證明：當(dāng)n≥2時，S_n＜$\frac{1}{4}$（2ⁿ-1）

Answer 1

分析 （1）由正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=$\frac{5+2a{\;}_{n}}{16-8a{\;}_{n}}$，取n=1，2即可得出a₂，a₃；
（2）由于$\frac{{a}_{n+1}-\frac{1}{2}}{{a}_{n+1}-\frac{5}{4}}$=$\frac{1}{2}•\frac{{a}_{n}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{5}{4}}$，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n，即可得出b_n．
（3）由b_n=$\frac{1}{4}×\frac{3×{2}^{n}}{{2}^{n}+4}$≤$\frac{1}{4}×{2}^{n-1}$，再利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 （1）解：∵正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=$\frac{5+2a{\;}_{n}}{16-8a{\;}_{n}}$；
∴a₂=$\frac{5+2{a}_{1}}{16-8{a}_{1}}$=$\frac{7}{8}$，a₃=$\frac{5+2{a}_{2}}{16-8{a}_{2}}$=$\frac{3}{4}$．
（2）解：∵$\frac{{a}_{n+1}-\frac{1}{2}}{{a}_{n+1}-\frac{5}{4}}$=$\frac{\frac{5+2{a}_{n}}{16-8{a}_{n}}-\frac{1}{2}}{\frac{5+2{a}_{n}}{16-8{a}_{n}}-\frac{5}{4}}$=$\frac{1}{2}•\frac{{a}_{n}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{5}{4}}$，
∴數(shù)列$\{\frac{{a}_{n}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{5}{4}}\}$成等比數(shù)列，首項(xiàng)為$\frac{1-\frac{1}{2}}{1-\frac{5}{4}}$=-2．公比為$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{a}_{n}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{5}{4}}$=-2×$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴a_n=$\frac{{2}^{n}+10}{{2}^{n+1}+8}$．
∴$_{n}=\frac{5}{4}$-$\frac{{2}^{n}+10}{{2}^{n+1}+8}$=$\frac{3×{2}^{n}}{2（{2}^{n+1}+8）}$＞0．
∴b_n＞0．
（3）證明：由b_n=$\frac{1}{4}×\frac{3×{2}^{n}}{{2}^{n}+4}$≤$\frac{1}{4}×{2}^{n-1}$，
∴當(dāng)n≥2時，S_n=b₁+b₂+…+b_n$＜\frac{1}{4}（1+2+{2}^{2}+…+{2}^{n-1}）$=$\frac{1}{4}×\frac{{2}^{n}-1}{2-1}$=$\frac{1}{4}（{2}^{n}-1）$．
∴S_n＜$\frac{1}{4}（{2}^{n}-1）$．

點(diǎn)評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“放縮法”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．