Question

4．在数列{a_n}中，a₁=3，a_n+1=$\frac{{3}^{n+1}{a}_{n}}{{a}_{n}+{3}^{n}}$
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，若a＞T_n对任意n∈N₊恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据数列的递推关系，利用取倒数法以及等差数列，即可求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）求出b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$的通项公式，利用错位相减法进行求和即可得到结论．

解答 解：（Ⅰ）∵a₁=3，a_n+1=$\frac{{3}^{n+1}{a}_{n}}{{a}_{n}+{3}^{n}}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{3}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+{3}^{n}}$，
取倒数得$\frac{{3}^{n+1}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}+{3}^{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{{3}^{n}}{{a}_{n}}$+1，
即$\frac{{3}^{n+1}}{{a}_{n+1}}$-$\frac{{3}^{n}}{{a}_{n}}$=1，
即数列{$\frac{{3}^{n}}{{a}_{n}}$}是公差d=1的等差数列，首项为$\frac{3}{{a}_{1}}=1$，
即$\frac{{3}^{n}}{{a}_{n}}$=1+（n-1）×1=n，
即数列{a_n}的通项公式a_n=$\frac{{3}^{n}}{n}$；
（Ⅱ）b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{n}{{3}^{n}}$，
则T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{2}{{3}^{2}}$+$\frac{3}{{3}^{3}}$+…+$\frac{n}{{3}^{n}}$，
∴$\frac{1}{3}$T_n=$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{2}{{3}^{3}}$+$\frac{3}{{3}^{4}}$+…+$\frac{n}{{3}^{n+1}}$，
两式作差得$\frac{2}{3}$T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$-$\frac{n}{{3}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$）-$\frac{n}{{3}^{n+1}}$，
即T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{4×{3}^{n}}$＜$\frac{3}{4}$，
∵T_n+1-T_n=$\frac{n+1}{{3}^{n+1}}$＞0，则T_n单调递增，
故T_n≥T₁=$\frac{1}{3}$，
又T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{4×{3}^{n}}$＜$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{1}{3}≤$T_n＜$\frac{3}{4}$，
若a＞T_n对任意n∈N₊恒成立，
则a≥$\frac{3}{4}$，
即实数a的取值范围是[$\frac{3}{4}$，+∞）．

点评 本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的应用，利用取倒数法，以及构造法，错位相减法是解决本题的关键．考查学生的运算能力，综合性较强．