Question

11．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+3}$（n∈N^*）．
（1）求證：{$\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列，并求{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（2）數(shù)列{b_n}滿足b_n=（3ⁿ-1）.$\frac{n}{{2}^{n}}$．a(chǎn)_n，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，
若不等式（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對(duì)一切n∈N^*恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+3}$（n∈N^*），兩邊取倒數(shù)可得：$\frac{1}{{a}_{n+1}}$$+\frac{1}{2}$=3$（\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{2}）$，利用等比數(shù)列的定義及其通項(xiàng)公式即可得出．
（2）利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得T_n，對(duì)n分類討論即可得出．

解答 （1）證明：由a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+3}$（n∈N^*），可得：$\frac{1}{{a}_{n+1}}$$+\frac{1}{2}$=3$（\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{2}）$，
又$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{2}$，∴{$\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為$\frac{3}{2}$，公比為3，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{2}×{3}^{n-1}$，
解得a_n=$\frac{2}{{3}^{n}-1}$．
（2）解：b_n=（3ⁿ-1）•$\frac{n}{{2}^{n}}$•a_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$．
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n=1+$2×\frac{1}{2}$+3×$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n×$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+2×\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$（n-1）×\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n×$\frac{1}{{2}^{n}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n×$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$n×\frac{1}{{2}^{n}}$=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴T_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$．
對(duì)于（-1）ⁿλ＜T_n+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$對(duì)一切n∈N^*恒成立，化為（-1）ⁿλ＜4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$．
若n為偶數(shù)，則λ＜4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$，可得λ＜3．
若n為奇數(shù)，則-λ＜4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$＜2，可得λ＞-2．
∴-2＜λ＜3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、遞推關(guān)系，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．