Question

18．数列{a_n}的前n项和为S_n，且$2{S_n}={a_n}+\frac{1}{3^n}（n∈{N^*}），{b_n}=\frac{1}{{|{a_n}|}}（n∈{N^*}）$．
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（3）求证：对任意x＞0，${b_n}≥\frac{2}{{{{（{e^x}-1）}^2}}}[{e^x}-\frac{1}{4}（5+{（-\frac{1}{3}）^n}）]（e$为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）利用S_n-S_n-1=a_n，推出数列$\left\{{{a_n}+\frac{1}{{2×{3^n}}}}\right\}$是以$\frac{1}{2}$为首项、-1为公比的等比数列，然后求解通项公式．
（2）利用已知条件推出${b}_{n}=\frac{2}{1+{（-\frac{1}{3}）}^{n}}$，设$m=1+{（-\frac{1}{3}）^n}（n∈{N^*}）⇒{b_n}=\frac{2}{m}（m＞0）$，构造函数$f（x）=\frac{2}{{{{（{e^x}-1）}^2}}}[{e^x}-（\frac{5}{4}+{（-\frac{1}{3}）^n}）]（x＞0），t=\frac{1}{{{e^x}-1}}（t＞0）$，然后证明${b}_{n}≥\frac{2}{{（{e}^{x}-1）}^{2}}[{e}^{x}-\frac{1}{4}（5+{（-\frac{1}{3}）}^{n}）]$．

解答 （1）解：当n=1时，$2{S_1}=2{a_1}={a_1}+\frac{1}{3}⇒{a_1}=\frac{1}{3}$，当n≥2时，$\left\{\begin{array}{l}2{S_n}={a_n}+\frac{1}{3^n}\\ 2{S_{n-1}}={a_{n-1}}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}\end{array}\right.⇒2（{S_n}-{S_{n-1}}）=2{a_n}={a_n}-{a_{n-1}}+\frac{1}{3^n}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}⇒{a_n}=-{a_{n-1}}-\frac{2}{3^n}（n≥2）$$⇒{a_n}+\frac{1}{{2×{3^n}}}=-（{a_{n-1}}+\frac{1}{{2×{3^{n-1}}}}），{a_1}+\frac{1}{2×3}=\frac{1}{2}$，
所以数列$\left\{{{a_n}+\frac{1}{{2×{3^n}}}}\right\}$是以$\frac{1}{2}$为首项、-1为公比的等比数列，
因此${a_n}+\frac{1}{{2×{3^n}}}=\frac{1}{2}{（-1）^{n-1}}⇒$${a_n}=\frac{1}{2}[{（-1）^{n-1}}-\frac{1}{3^n}]$
（2）证明：∵${a_n}=-\frac{1}{2}[{（-1）^n}+\frac{1}{3^n}]⇒{b_n}=\frac{1}{{|{a_n}|}}=\frac{{2×{3^n}}}{{|{1+{{（-3）}^n}}|}}=2×|{\frac{{{{（-3）}^n}}}{{1+{{（-3）}^n}}}}|=\frac{2}{{1+{{（-\frac{1}{3}）}^n}}}$，
设$m=1+{（-\frac{1}{3}）^n}（n∈{N^*}）⇒{b_n}=\frac{2}{m}（m＞0）$，
令函数$f（x）=\frac{2}{{{{（{e^x}-1）}^2}}}[{e^x}-（\frac{5}{4}+{（-\frac{1}{3}）^n}）]（x＞0），t=\frac{1}{{{e^x}-1}}（t＞0）$，因为$f（x）=\frac{2}{{{{（{e^x}-1）}^2}}}[（{e^x}-1）-\frac{1}{4}（1+{（-\frac{1}{3}）^n}）]=\frac{2}{{{e^x}-1}}-\frac{1}{{2{{（{e^x}-1）}^2}}}[1+{（-\frac{1}{3}）^n}]$，
所以$f（x）=g（t）=-\frac{m}{2}{t^2}+2t=-\frac{m}{2}{（t-\frac{2}{m}）^2}+\frac{2}{m}≤\frac{2}{m}={b_n}$．

点评 本题考查数列数列的判定，数列与函数相结合的应用，考查分析问题解决问题的能力．