Question

18．已知数列{a_n}满足：a₁=1，3a${\;}_{n+1}^{2}$+3a${\;}_{n}^{2}$-10a_na_n+1=3，a_n＜a_n+1（n∈N⁺）．
（Ⅰ）证明：{3a_n+1-a_n}是等比数列；
（Ⅱ）设数列{a_n}的前n项和为S_n，求证：$\frac{{n}^{2}}{{S}_{n}}$≤$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一、由数列递推式得$3{a_n}^2+3{a_{n-1}}^2-10{a_{n-1}}{a_n}=3$（n≥2），和原递推式作差后可得3a_n+1-a_n=3（3a_n-a_n-1）（n≥2），即可说明{3a_n+1-a_n}是等比数列；
法二、由已知结合原递推式求得数列的前几项，然后归纳猜测数列的通项公式，再由数学归纳法证明，最后证明数列{3a_n+1-a_n}是等比数列；  
（Ⅱ）由（Ⅰ）中的等比数列求得$3{a_{n+1}}-{a_n}={3^{n+1}}$，进一步求得${a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）$，取倒数后利用等比数列的前n项和证得不等式右边；
求出数列{a_n}的前n项和为S_n，代入不等式左边可得$\frac{n^2}{S_n}=\frac{{16{n^2}}}{{{3^{n+2}}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-12}}$然后利用1为媒介，证明对任意n∈N^*时，$\frac{n^2}{S_n}$≤$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}$．

解答 证明：（Ⅰ）法一、由$3{a_{n+1}}^2+3{a_n}^2-10{a_n}{a_{n+1}}=3$，
得$3{a_n}^2+3{a_{n-1}}^2-10{a_{n-1}}{a_n}=3$（n≥2），
两式相减得，$3（{a_{n+1}}^2-{a_{n-1}}^2）-10（{a_{n+1}}-{a_{n-1}}）{a_n}=0$，
又a_n＜a_n+1，∴3（a_n+1+a_n-1）=10a_n，
即3a_n+1-a_n=3（3a_n-a_n-1）（n≥2），
∴{3a_n+1-a_n}是等比数列；
法二、由题知$3{a_2}^2+3-10{a_2}=3$，即${a_2}=\frac{10}{3}=\frac{1}{8}（27-\frac{1}{3}）$，于是$3{a_3}^2+\frac{100}{3}-\frac{100}{3}{a_3}=3$，
则${a_3}=\frac{91}{9}=\frac{1}{8}（81-\frac{1}{9}）$，
…
猜想${a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）$（n∈N^*），下面用数学归纳法证明．
当n=1时，${a_1}=1=\frac{1}{8}（{3^2}-1）$，命题成立；
假设当n=k时，${a_k}=\frac{1}{8}（{3^{k+1}}-\frac{1}{{{3^{k-1}}}}）$，
则当n=k+1时，有 $3{a_{k+1}}^2+\frac{3}{64}{（{3^{k+1}}-\frac{1}{{{3^{k-1}}}}）^2}-\frac{10}{8}（{3^{k+1}}-\frac{1}{{{3^{k-1}}}}）{a_{k+1}}=3$，
即${a_{k+1}}^2-\frac{10}{8}（{3^k}-\frac{1}{3^k}）{a_{k+1}}+\frac{1}{64}（{3^{2k+2}}-82+\frac{1}{{{3^{2k-2}}}}）=0$，
解得${a_{k+1}}=\frac{1}{8}（{3^{k+2}}-\frac{1}{3^k}）$，或$\frac{1}{8}（{3^k}-\frac{1}{{{3^{k-2}}}}）$，
又a_n＜a_n+1，∴${a_{k+1}}=\frac{1}{8}（{3^{k+2}}-\frac{1}{3^k}）$，
即对任意n∈N^*有，${a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）$，
∴$3{a_{n+1}}-{a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+3}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-{3^{n+1}}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）={3^{n+1}}$．
故{3a_n+1-a_n}是等比数列；  
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$3{a_{n+1}}-{a_n}={3^{n+1}}$，
即${a_{n+1}}=\frac{1}{3}{a_n}+{3^n}$${a_{n+1}}-\frac{{{3^{n+2}}}}{8}=\frac{1}{3}（{a_n}-\frac{{{3^{n+1}}}}{8}）$，
∴${a_n}-\frac{{{3^{n+1}}}}{8}={3^{n-1}}（{a_1}-\frac{9}{8}）=-\frac{{{3^{n-1}}}}{8}$，即${a_n}=\frac{1}{8}（{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}）$，
∴$\frac{1}{a_n}=\frac{8}{{{3^{n+1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}}}$，则$\frac{1}{a_n}=\frac{8}{{8•{3^{n-1}}+{3^{n-1}}-\frac{1}{{{3^{n-1}}}}}}$，
故当n≥2时，$\frac{1}{a_n}＜\frac{8}{{8•{3^{n-1}}}}=\frac{1}{{{3^{n-1}}}}$，
则$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}=\frac{{1-\frac{1}{3^n}}}{{1-\frac{1}{3}}}=\frac{3}{2}（1-\frac{1}{3^n}）＜\frac{3}{2}$．
而n=1时，$\frac{1}{a_1}=1＜\frac{3}{2}$，
故对任意n∈N^*有$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜\frac{3}{2}$．
${S_n}=\frac{1}{8}[\frac{{{3^2}（1-{3^n}）}}{1-3}-\frac{{1-\frac{1}{3^n}}}{{1-\frac{1}{3}}}]=\frac{1}{16}（{3^{n+2}}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-12）$．
故$\frac{n^2}{S_n}=\frac{{16{n^2}}}{{{3^{n+2}}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-12}}$，
当n≥2时，$\frac{1}{a_1}+…+\frac{1}{a_n}＞1$，而当n=1时，$\frac{1}{S_1}=1=\frac{1}{a_1}$，当n=2时，$\frac{4}{S_2}=\frac{4}{{1+\frac{10}{3}}}=\frac{12}{13}＜1$，
当n≥3时，$\frac{n^2}{S_n}=\frac{{16{n^2}}}{{8•{3^n}+{3^n}+\frac{1}{{{3^{n-1}}}}-12}}＜\frac{{16{n^2}}}{{8•{3^n}}}=\frac{{2{n^2}}}{3^n}=\frac{{2{n^2}}}{{{{（1+2）}^n}}}＜\frac{{2{n^2}}}{1+2n+2n（n-1）}＜1$，
即对任意n∈N^*时，$\frac{n^2}{S_n}$≤$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}$．
综上，原不等式得证．

点评 本题考查了数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了利用数学归纳法证明与自然数有关的命题，考查了利用放缩法证明数列不等式，综合考查了学生的逻辑思维能力和计算能力，题目设置难度较大，综合性强．