Question

10．已知{a_n}滿足2na_n+1=（n+1）a_n（n∈N^*），且a₁，1，4a₃成等差數(shù)列．
（I）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若數(shù)列{a_n}滿足b_n=sin（πa_n），S_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，求證：對任意n∈N^*，S_n＜2+π．

Answer 1

分析 （I）2na_n+1=（n+1）a_n（n∈N^*），當(dāng)n=1時，a₂=a₁；當(dāng)n=2時，4a₃=3a₂．由a₁，1，4a₃成等差數(shù)列，解得a₁．由2na_n+1=（n+1）a_n，可得$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}•\frac{{a}_{n}}{n}$，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（II）證明：b_n=sin（πa_n）=$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$，利用當(dāng)x∈$（0，\frac{π}{2}）$時，sinx＜x，可得S_n＜2+$\frac{3π}{{2}^{3}}$+$\frac{4π}{{2}^{4}}$+…+$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，令T=$\frac{3π}{{2}^{3}}$+$\frac{4π}{{2}^{4}}$+…+$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，利用“錯位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 （I）解：∵2na_n+1=（n+1）a_n（n∈N^*），
∴當(dāng)n=1時，2a₂=2a₁，即a₂=a₁；
當(dāng)n=2時，4a₃=3a₂．
∵a₁，1，4a₃成等差數(shù)列，
∴2=a₁+4a₃，
∴2=a₁+3a₁，解得a₁=$\frac{1}{2}$．
由2na_n+1=（n+1）a_n，可得$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}•\frac{{a}_{n}}{n}$，
∴數(shù)列$\{\frac{{a}_{n}}{n}\}$是首項(xiàng)為$\frac{1}{2}$，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
∴$\frac{{a}_{n}}{n}=（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴a_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$．
（II）證明：b_n=sin（πa_n）=$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
∴S_n=1+1+$sin\frac{3π}{8}$+$sin\frac{4π}{16}$+…+$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
∵當(dāng)x∈$（0，\frac{π}{2}）$時，sinx＜x，
∴S_n＜2+$\frac{3π}{{2}^{3}}$+$\frac{4π}{{2}^{4}}$+…+$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
令T=$\frac{3π}{{2}^{3}}$+$\frac{4π}{{2}^{4}}$+…+$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T=$\frac{3π}{{2}^{4}}$+$\frac{4π}{{2}^{6}}$+…+$\frac{（n-1）π}{{2}^{n}}$+$\frac{nπ}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3π}{8}$+$\frac{\frac{π}{16}[1-（\frac{1}{2}）^{n-3}]}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{nπ}{{2}^{n+1}}$，
化簡可得：T=π-$\frac{（n+2）π}{{2}^{n}}$＜π．
∴S_n＜2+π．

點(diǎn)評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、“錯位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“放縮法”，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．