Question

14．在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，3a_n•a_n-1+a_n-a_n-1=0（n≥2，n∈N^*）
（1）試判斷數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是否為等差數(shù)列；
（2）設{b_n}滿足b_n=$\frac{1}{{2}^{n}•{a}_{n}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項和S_n；
（3）若λa_n+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$≥λ，對任意n≥2的整數(shù)恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知得$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n-1}}$=3，由此得到數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是首項為1，公差為3的等差數(shù)列．
（2）求出b_n=$\frac{1}{{2}^{n}•{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}•\frac{1}{3n-2}}$=$\frac{3n-2}{{2}^{n}}$，由此利用錯位相減法能求出數(shù)列{b_n}的前n項和S_n．
（3）原命題等價于$λ≤\frac{（3n+1）（3n-2）}{3n-3}$對任意n≥2的整數(shù)恒成立，由此能求出λ的取值范圍．

解答 解：（1）∵在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，3a_n•a_n-1+a_n-a_n-1=0（n≥2，n∈N^*），
∴$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n-1}}$=3，又∵$\frac{1}{{a}_{1}}$=1，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是首項為1，公差為3的等差數(shù)列．
（2）∵數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是首項為1，公差為3的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+（n-1）×3=3n-2，∴a_n=$\frac{1}{3n-2}$，
∵b_n=$\frac{1}{{2}^{n}•{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}•\frac{1}{3n-2}}$=$\frac{3n-2}{{2}^{n}}$，
∴${S}_{n}=\frac{1}{2}+\frac{4}{{2}^{2}}+\frac{7}{{2}^{3}}+…+\frac{3n-2}{{2}^{n}}$，①
$\frac{1}{2}{S}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{4}{{2}^{3}}+\frac{7}{{2}^{4}}+…+\frac{3n-2}{{2}^{n+1}}$，②
①-②，得：$\frac{1}{2}{S}_{n}^{\;}$=$\frac{1}{2}+\frac{3}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{3}{{2}^{n}}-\frac{3n-2}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}+\frac{\frac{3}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{3n-2}{{2}^{n+1}}$，
∴S_n=4-（3n+4）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ．
（3）將a_n=$\frac{1}{3n-2}$代入λa_n+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$≥λ，并整理得$λ（1-\frac{1}{3n-2}）≤3n+1$，
∴$λ≤\frac{（3n+1）（3n-2）}{3n-3}$，原命題等價于該式對任意n≥2的整數(shù)恒成立．
設${C}_{n}=\frac{（3n+1）（3n-2）}{3n-3}$，
則${C}_{n+1}-{C}_{n}=\frac{（3n+1）（3n-4）}{3n（n-1）}＞0$，故C_n+1＞C_n，
∴C_n的最小值為C₂=$\frac{28}{3}$，∴λ的取值范圍是（-∞，$\frac{28}{3}$]．

點評 本題考查等差數(shù)列的判斷，考查數(shù)列的前n項和的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意錯位相減法和等價轉化思想的合理運用．