Question

14．在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n=$\frac{{a}_{n-1}}{3{a}_{n-1}+1}$；（n≥2）．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式a_n
（2）設(shè){b_n}滿足b_n=$\frac{1}{{2}^{n}•{a}_{n}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（3）若λa_n+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$≥λ，對(duì)任意n≥2的整數(shù)恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意知a_n≠0，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{\frac{{a}_{n-1}}{3{a}_{n-1}+1}}$=3+$\frac{1}{{a}_{n-1}}$，從而可得{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，從而求通項(xiàng)公式；
（2）化簡(jiǎn)b_n=$\frac{1}{{2}^{n}•{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2），從而利用錯(cuò)位相減法求其和；
（3）化簡(jiǎn)λa_n+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$≥λ得λ≤$\frac{（3n+1）（3n-2）}{3n-3}$=（3n-3）+$\frac{4}{3n-3}$+5，從而轉(zhuǎn)化為求（3n-3）+$\frac{4}{3n-3}$+5的最小值問(wèn)題．

解答 解：（1）∵a₁=1，a_n=$\frac{{a}_{n-1}}{3{a}_{n-1}+1}$；
∴a_n≠0，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{\frac{{a}_{n-1}}{3{a}_{n-1}+1}}$=3+$\frac{1}{{a}_{n-1}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$=3，
∴{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+3（n-1）=3n-2，
∴a_n=$\frac{1}{3n-2}$，
a₁=1也滿足上式，
∴a_n=$\frac{1}{3n-2}$．
（2）b_n=$\frac{1}{{2}^{n}•{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2），
S_n=$\frac{1}{2}$•1+$\frac{1}{4}$•4+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2），①
2S_n=1+$\frac{1}{2}$•4+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$（3n-2），②
②-①得，
S_n=1+3•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{4}$+…+3•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2）
=1+3$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2）
=4-$\frac{3}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2）．
（3）∵λa_n+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$≥λ，
∴λ$\frac{1}{3n-2}$+3n+1≥λ，
∴λ≤$\frac{（3n+1）（3n-2）}{3n-3}$=（3n-3）+$\frac{4}{3n-3}$+5，
∵n≥2，∴3n-3≥3，
∴（3n-3）+$\frac{4}{3n-3}$+5≥3+$\frac{4}{3}$+5=$\frac{28}{3}$，
∴λ≤$\frac{28}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的性質(zhì)的判斷與應(yīng)用，同時(shí)考查了函數(shù)思想與整體思想的應(yīng)用，同時(shí)考查了構(gòu)造法的應(yīng)用及恒成立問(wèn)題．