Question

12．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足a_n+1=2S_n+6，且a₁=6．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，證明：$\frac{1}{3•{T}_{1}}$+$\frac{1}{{3}^{2}•{T}_{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}•{T}_{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}•{T}_{n}}$＜3．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)a_n=S_n-S_n-1得出{a_n}是等比數(shù)列，從而可得{a_n}的通項(xiàng)；
（2）求出T_n，利用裂項(xiàng)法計(jì)算$\frac{1}{3•{T}_{1}}$+$\frac{1}{{3}^{2}•{T}_{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}•{T}_{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}•{T}_{n}}$得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足a_n+1=2S_n+6，且a₁=6．
∴當(dāng)n=1時(shí)，a₂=2S₁+6=2a₁+6=18，∴a₂=18，
由a_n+1=2S_n+6得a_n=2S_n-1+6（n≥2），
∴a_n+1-a_n=2S_n-2S_n-1=2a_n，
∴a_n+1=3a_n（n≥2），
又a₁=6，
∴數(shù)列{a_n}是以6為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列，
∴${a}_{n}=6•{3}^{n-1}$=2•3ⁿ．
證明：（2）$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}•\frac{1}{{3}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{3}}+…+\frac{1}{{3}^{n}}$）
=$\frac{1}{2}×\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$），
∴$\frac{1}{{3}^{n}•{T}_{n}}$=$\frac{4}{{3}^{n}-1}$=$\frac{4（{3}^{n+1}-1）}{（{3}^{n}-1）（{3}^{n+1}-1）}$=$\frac{6（2•{3}^{n}-\frac{2}{3}）}{（{3}^{n}-1）（{3}^{n+1}-1）}$＜$\frac{6•2•{3}^{n}}{（{3}^{n}-1）（{3}^{n+1}-1）}$=6（$\frac{1}{{3}^{n}-1}$-$\frac{1}{{3}^{n+1}-1}$），
∴$\frac{1}{3•{T}_{1}}$+$\frac{1}{{3}^{2}•{T}_{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}•{T}_{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}•{T}_{n}}$＜6（$\frac{1}{3-1}$-$\frac{1}{{3}^{2}-1}$+$\frac{1}{{3}^{2}-1}$-$\frac{1}{{3}^{3}-1}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}-1}$-$\frac{1}{{3}^{n+1}-1}$）
=6（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{3}^{n+1}-1}$）=3-$\frac{6}{{3}^{n+1}-1}$＜3．
∴$\frac{1}{3•{T}_{1}}$+$\frac{1}{{3}^{2}•{T}_{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}•{T}_{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}•{T}_{n}}$＜3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列、等差數(shù)列等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題．