Question

12．已知數(shù)列{a_n}的首項${a_1}=\frac{3}{5}，{a_{n+1}}=\frac{{3{a_n}}}{{2{a_n}+1}}（n∈{N^*}）$，{a_n}的前n項和為S_n．
（1）求證：數(shù)列$\left\{{\frac{1}{a_n}-1}\right\}$是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）證明：對任意的$x＞0，{a_n}≥\frac{1}{1+x}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}（\frac{2}{3^n}-x），n∈{N^*}$．
（3）證明：${S_n}＞\frac{n^2}{n+1}$．

Answer 1

分析 （1）通過對${a_{n+1}}=\frac{{3{a_n}}}{{2{a_n}+1}}$取倒數(shù)、整理得數(shù)列$\left\{{\frac{1}{a_n}-1}\right\}$是首項為$\frac{2}{3}$、公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，進而可得通項公式；
（2）通過令t=1+x，利用配方法即得結(jié)論；
（3）通過（2）可知${S_n}≥\frac{n}{1+x}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}（\frac{2}{3}+\frac{2}{3^2}+…+\frac{2}{3^n}-nx）$對任意的x＞0恒成立，取$x=\frac{1}{n}（\frac{2}{3}+\frac{2}{3^2}+…+\frac{2}{3^n}）$代入上式、放縮即得結(jié)論．

解答 證明：（1）通過對${a_{n+1}}=\frac{{3{a_n}}}{{2{a_n}+1}}$取倒數(shù)，
整理得：$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-1=\frac{1}{3}（\frac{1}{a_n}-1）$，
又∵a₁=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{1}{a_1}-1=\frac{2}{3}≠0$，
∴數(shù)列$\left\{{\frac{1}{a_n}-1}\right\}$是首項為$\frac{2}{3}$、公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，
∴${a_n}=\frac{3^n}{{{3^n}+2}}$；
（2）令t=1+x，則：
$\frac{1}{1+x}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}（\frac{2}{3^n}-x）=-（\frac{{2+{3^n}}}{3^n}）\frac{1}{t^2}+\frac{2}{t}=-\frac{1}{a_n}•\frac{1}{t^2}+\frac{2}{t}$
=$-\frac{1}{a_n}{（\frac{1}{t}-{a_n}）^2}+{a_n}≤{a_n}$；
（3）由（2）得，${S_n}≥\frac{n}{1+x}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}（\frac{2}{3}+\frac{2}{3^2}+…+\frac{2}{3^n}-nx）$對任意的x＞0恒成立，
取$x=\frac{1}{n}（\frac{2}{3}+\frac{2}{3^2}+…+\frac{2}{3^n}）$，代入上式，
得：${S_n}≥\frac{n}{{1+\frac{1}{n}（1-\frac{1}{3^n}）}}＞\frac{n}{{1+\frac{1}{n}}}=\frac{n^2}{n+1}$．

點評 本題考查等比數(shù)列的判定、數(shù)列的通項，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．