Question

7．已知數(shù)列{a_n}滿足3S_n-4a_n+n=0（n∈N^*），其中S_n表示數(shù)列{a_n}的前n項和．
（1）證明數(shù)列{a_n+$\frac{1}{3}$}是等比數(shù)列，并求出數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）證明：$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{4}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由3S_n-4a_n+n=0（n∈N^*），得a₁=1，n≥2時，3S_n-1-4a_n-1+n-1=0，作差得a_n=4a_n-1+1，由此能證明數(shù)列{a_n+$\frac{1}{3}$}是首項為$\frac{4}{3}$，公比為4的等比數(shù)列，并能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）由$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{3}{{4}^{n}-1}$≤$\frac{4}{{4}^{n}}$=$\frac{1}{{4}^{n-1}}$，利用等比數(shù)列的前n項和公式能證明$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{4}{3}$．

解答 （1）證明：∵數(shù)列{a_n}滿足3S_n-4a_n+n=0（n∈N^*），①
∴n=1時，3a₁-4a₁+1=0，解得a₁=1，
n≥2時，3S_n-1-4a_n-1+n-1=0，②，
①-②，得3a_n-4a_n+4a_n-1+1=0，
整理，得a_n=4a_n-1+1，
∴${a}_{n}+\frac{1}{3}$=$4（{a}_{n-1}+\frac{1}{3}）$，
又${a}_{1}+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，
∴數(shù)列{a_n+$\frac{1}{3}$}是首項為$\frac{4}{3}$，公比為4的等比數(shù)列，
∴${a}_{n}+\frac{1}{3}$=$\frac{4}{3}×{4}^{n-1}$=$\frac{{4}^{n}}{3}$，
∴${a}_{n}=\frac{{4}^{n}}{3}-\frac{1}{3}$．
（2）證明：∵$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{3}{{4}^{n}-1}$≤$\frac{4}{{4}^{n}}$=$\frac{1}{{4}^{n-1}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$≤$\frac{1}{{4}^{0}}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{{4}^{n-1}}$=$\frac{1-\frac{1}{{4}^{n}}}{1-\frac{1}{4}}$=$\frac{4}{3}$（1-$\frac{1}{{4}^{n}}$）＜$\frac{4}{3}$．
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{4}{3}$．

點評 本題考查等比數(shù)列的證明，考查數(shù)列的通項公式的求法，考查數(shù)列各項的倒數(shù)和小于$\frac{4}{3}$的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意等比數(shù)列的性質(zhì)和遞縮法的合理運用．