Question

6．已知遞增數(shù)列{a_n}滿足，a₁=1，（a_n+1-3a_n）（3a_n+1-a_n）=0，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n．
（2）在（1）的條件下，證明：$\frac{{n}^{2}}{{S}_{n}}$≤$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）通過（a_n+1-3a_n）（3a_n+1-a_n）=0及數(shù)列{a_n}遞增、a₁=1可知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1、公比為3的等比數(shù)列，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知a_n=3^n-1、$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$），從而不等式的右邊顯然成立，只需證明左邊成立即可．通過比較兩者與1的相關(guān)、用分析法證明即可．

解答 （1）解：∵（a_n+1-3a_n）（3a_n+1-a_n）=0，
∴a_n+1-3a_n=0或3a_n+1-a_n=0，
∵數(shù)列{a_n}遞增，a₁=1，
∴a_n+1=3a_n，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1、公比為3的等比數(shù)列，
∴S_n=$\frac{1-{3}^{n}}{1-3}$=$\frac{{3}^{n}-1}{2}$；
（2）證明：由（1）可知：a_n=3^n-1，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$），
顯然$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{2}$，
下面只需證明：$\frac{{n}^{2}}{{S}_{n}}$=$\frac{2{n}^{2}}{{3}^{n}-1}$≤$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$），
顯然$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$）≥$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{3}$）=1，
下面證明：$\frac{2{n}^{2}}{{3}^{n}-1}$≤1，
即證：3ⁿ-2n²-1≥0，
令f（n）=3ⁿ-2n²-1，則f（1）=0，
f（n+1）-f（n）=[3ⁿ⁺¹-2（n+1）²-1]-（3ⁿ-2n²-1）=2•3ⁿ-4n-2，
∵g（n+1）-g（n）=[2•3ⁿ⁺¹-4（n+1）-2]-（2•3ⁿ-4n-2）=4•3ⁿ-4＞0，
∴g（n）≥g（1）=0，f（n）≥f（1）=0，
∴3ⁿ-2n²-1≥0，
綜上所述，$\frac{{n}^{2}}{{S}_{n}}$≤$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查是一道數(shù)列與不等式的綜合題，考查求數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查分析法證明不等式，注意解題方法的積累，屬于難題．