分析 (1)由an+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+3}$可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+1=3($\frac{1}{{a}_{n}}$+1),從而可得$\frac{1}{{a}_{n}}$+1=3n,從而求an;
(2化簡(jiǎn)bn=$\frac{1}{\frac{1}{{a}_{n}}+1+(-2)^{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}+(-2)^{n}}$,從而作差化簡(jiǎn)證明即可;
(3)由bn=$\frac{1}{{3}^{n}+(-2)^{n}}$>0且b1=1知Sn隨著n增大而增大,且對(duì)任意的n,都存在m,使n<2m+1,從而化簡(jiǎn)S2m+1判斷即可.
解答 解:(1)∵an+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+3}$,
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+1=3($\frac{1}{{a}_{n}}$+1),
又∵$\frac{1}{{a}_{1}}$+1=3,
∴{$\frac{1}{{a}_{n}}$+1}是以3為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列,
故$\frac{1}{{a}_{n}}$+1=3n,
故an=$\frac{1}{{3}^{n}-1}$;
(2)證明:bn=$\frac{1}{\frac{1}{{a}_{n}}+1+(-2)^{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}+(-2)^{n}}$,
b2m+b2m+1-$\frac{4}{{3}^{2m+1}}$=$\frac{1}{{3}^{2m}+{2}^{2m}}$+$\frac{1}{{3}^{2m+1}-{2}^{2m+1}}$-$\frac{4}{{3}^{2m+1}}$
=$\frac{1}{{3}^{2m+1}}$($\frac{1}{\frac{1}{3}(1+\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}})}$+$\frac{1}{1-\frac{2}{3}•\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}$-4),
=$\frac{1}{{3}^{2m+1}}$($\frac{3}{1+\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}$+$\frac{1}{1-\frac{2}{3}•\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}$-4),
=$\frac{1}{{3}^{2m+1}}$($\frac{4-\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}{1+\frac{1}{3}•\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}(1-2\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}})}$-4),
∵$\frac{4-\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}{1+\frac{1}{3}•\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}(1-2\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}})}$<4,
∴對(duì)任意m∈N*,有b2m+b2m+1<$\frac{4}{{3}^{2m+1}}$;
(3)∵bn=$\frac{1}{{3}^{n}+(-2)^{n}}$>0,b1=1,
∴Sn隨著n增大而增大,且對(duì)任意的n,都存在m,使n<2m+1,
Sn<S2m+1=b1+b2+b3+…+b2m+1
=1+(b2+b3)+…+(b2m+b2m+1)
<1+$\frac{4}{{3}^{3}}$+…+$\frac{4}{{3}^{2m+1}}$
=1+$\frac{\frac{4}{27}(1-(\frac{1}{9})^{m})}{1-\frac{1}{9}}$
=1+$\frac{1}{6}$(1-$\frac{1}{{9}^{m}}$)<$\frac{7}{6}$;
故Sn<$\frac{7}{6}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了構(gòu)造法的應(yīng)用及數(shù)列的性質(zhì)的判斷與應(yīng)用,同時(shí)考查了放縮法的應(yīng)用.
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