Question

12．已知數(shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2{a}_{n}}$+$\frac{1}{2}$且a₁=4（n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=a_n²-a_n，且S_n為{b_n}的前n項(xiàng)和，證明：12≤S_n＜15．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把已知數(shù)列遞推式變形，可得數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}-1$}是首項(xiàng)為-$\frac{3}{4}$，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，求出等比數(shù)列的通項(xiàng)公式后即可得到數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）由b_n=a_n²-a_n，得到b_n的通項(xiàng)公式，結(jié)合S_n+1-S_n=b_n+1＞0，說明S_n是關(guān)于n的遞增數(shù)列，得到${S}_{n}≥{S}_{1}=_{1}={{a}_{1}}^{2}-{a}_{1}=12$．當(dāng)k≥2時(shí)，把數(shù)列通項(xiàng)放大后利用裂項(xiàng)相消法求和，即可證得S_n＜15．

解答 （Ⅰ）解：由$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2{a}_{n}}$+$\frac{1}{2}$，得$\frac{1}{{a}_{n+1}}-1=\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-1）$，
由a₁=4，得$\frac{1}{{a}_{1}}-1=-\frac{3}{4}$，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}-1$}是首項(xiàng)為-$\frac{3}{4}$，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}-1=（\frac{1}{{a}_{1}}-1）（\frac{1}{2}）^{n-1}=-\frac{3}{4}（\frac{1}{2}）^{n-1}$，即${a}_{n}=\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n+1}-3}$；
（Ⅱ）證明：b_n=a_n²-a_n =$（\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n+1}-3}）^{2}-\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n+1}-3}$=$\frac{3•{2}^{n+1}}{（{2}^{n+1}-3）^{2}}$．
又${S}_{n+1}-{S}_{n}=_{n+1}=\frac{3•{2}^{n+2}}{（{2}^{n+2}-3）^{2}}＞0$，
故S_n是關(guān)于n的遞增數(shù)列，
∴${S}_{n}≥{S}_{1}=_{1}={{a}_{1}}^{2}-{a}_{1}=12$．
當(dāng)k≥2時(shí)，$_{k}={{a}_{k}}^{2}-{a}_{k}=\frac{3•{2}^{k+1}}{（{2}^{k+1}-3）^{2}}$$＜\frac{3•{2}^{k+1}}{（{2}^{k+1}-3）（{2}^{k+1}-4）}$=$\frac{3•{2}^{k}}{（{2}^{k+1}-3）（{2}^{k}-2）}$
$＜\frac{3•{2}^{k}}{（{2}^{k+1}-3）（{2}^{k}-3）}=3（\frac{1}{{2}^{k}-3}-\frac{1}{{2}^{k+1}-3}）$．
故S_n=b₁+b₂+…+b_n＜12+3$（\frac{1}{{2}^{2}-3}-\frac{1}{{2}^{3}-3}+\frac{1}{{2}^{3}-3}-\frac{1}{{2}^{4}-3}+…+\frac{1}{{2}^{k}-3}-\frac{1}{{2}^{k+1}-3}）$
=$12+3（1-\frac{1}{{2}^{k+1}-3}）＜15$．
綜上，12≤S_n＜15．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了利用放縮法證明數(shù)列不等式，難度較大．