Question

13．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=$\frac{1}{2}$，a_n≠0，S_n為該數(shù)列的前n項(xiàng)和，且S_n+1=a_n（1-a_n+1）+S_n，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若不等式a_n+a_n+1+a_n+2+…+a_3n＞$\frac{a}{24}$對(duì)一切正整數(shù)n都成立，求正整數(shù)a的最大值，并證明結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系進(jìn)行化簡(jiǎn)，構(gòu)造等差數(shù)列進(jìn)行求解即可．
（2）直接利用數(shù)學(xué)歸納法的證明步驟，通過n=1，假設(shè)n=k時(shí)等式成立，證明n=k+1時(shí)等式也成立，即可證明結(jié)果．

解答 解：（1）∵${s_{n+1}}={a_n}（1-{a_{n+1}}）+{s_n}，n∈{N^*}$，
∴s_n+1-s_n=a_n（1-a_n+1）∴a_n+1=a_n（1-a_n+1）=a_n-a_na_n+1，
∴a_n-a_n+1=a_na_n+1，
又a_n≠0∴$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}=1$，
∴$\left\{{\frac{1}{a_n}}\right\}$構(gòu)成以2為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列
．$\frac{1}{a_n}=2+（n-1）×1=n+1$，
${a_n}=\frac{1}{n+1}，n∈{N^*}$
（2）當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{1}{1+1}+\frac{1}{1+2}+\frac{1}{3+1}＞\frac{a}{24}$，即$\frac{26}{24}＞\frac{a}{24}$，所以a＜26．
而a是正整數(shù)，所以取a=25，
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{3n+1}＞\frac{25}{24}$．
（1）當(dāng)n=1時(shí)，已證；
（2）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，不等式成立，即$\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+…+\frac{1}{3k+1}＞\frac{25}{24}$．
則當(dāng)n=k+1時(shí)，有$\frac{1}{（k+1）+1}+\frac{1}{（k+1）+2}+…+\frac{1}{3（k+1）+1}$
=$\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+…+\frac{1}{3k+1}+\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{1}{k+1}$

$＞\frac{25}{24}+\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+4}-\frac{2}{3（k+1）}$．                              
因?yàn)?\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+4}=\frac{6（k+1）}{9{k}^{2}+18k+8}＞\frac{2}{3（k+1）}$，
所以$\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+4}-\frac{2}{3（k+1）}＞0$．
所以當(dāng)n=k+1時(shí)不等式也成立．                 
由（1）（2）知，對(duì)一切正整數(shù)n，都有$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{3n+1}＞\frac{25}{24}$；
故a的最大值為25．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)學(xué)通項(xiàng)公式的求解，以及遞推數(shù)列的應(yīng)用，在利用數(shù)學(xué)歸納法證明等式的步驟中，注意證明n=k+1時(shí)必須用上假設(shè)，注意證明的方法，考查計(jì)算能力．