Question

12．已知正项数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=$\frac{5+2a{\;}_{n}}{16-8a{\;}_{n}}$；又设数列{b_n}为b_n=$\frac{5}{4}$-a_n，其前n项和为S_n．
（1）求a₂，a₃的值；
（2）试判断b_n的符号，并说明理由；
（3）证明：当n≥2时，S_n＜$\frac{1}{4}$（2ⁿ-1）

Answer 1

分析 （1）由正项数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=$\frac{5+2a{\;}_{n}}{16-8a{\;}_{n}}$，取n=1，2即可得出a₂，a₃；
（2）由于$\frac{{a}_{n+1}-\frac{1}{2}}{{a}_{n+1}-\frac{5}{4}}$=$\frac{1}{2}•\frac{{a}_{n}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{5}{4}}$，利用等比数列的通项公式可得a_n，即可得出b_n．
（3）由b_n=$\frac{1}{4}×\frac{3×{2}^{n}}{{2}^{n}+4}$≤$\frac{1}{4}×{2}^{n-1}$，再利用等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （1）解：∵正项数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=$\frac{5+2a{\;}_{n}}{16-8a{\;}_{n}}$；
∴a₂=$\frac{5+2{a}_{1}}{16-8{a}_{1}}$=$\frac{7}{8}$，a₃=$\frac{5+2{a}_{2}}{16-8{a}_{2}}$=$\frac{3}{4}$．
（2）解：∵$\frac{{a}_{n+1}-\frac{1}{2}}{{a}_{n+1}-\frac{5}{4}}$=$\frac{\frac{5+2{a}_{n}}{16-8{a}_{n}}-\frac{1}{2}}{\frac{5+2{a}_{n}}{16-8{a}_{n}}-\frac{5}{4}}$=$\frac{1}{2}•\frac{{a}_{n}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{5}{4}}$，
∴数列$\{\frac{{a}_{n}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{5}{4}}\}$成等比数列，首项为$\frac{1-\frac{1}{2}}{1-\frac{5}{4}}$=-2．公比为$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{a}_{n}-\frac{1}{2}}{{a}_{n}-\frac{5}{4}}$=-2×$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴a_n=$\frac{{2}^{n}+10}{{2}^{n+1}+8}$．
∴${b}_{n}=\frac{5}{4}$-$\frac{{2}^{n}+10}{{2}^{n+1}+8}$=$\frac{3×{2}^{n}}{2（{2}^{n+1}+8）}$＞0．
∴b_n＞0．
（3）证明：由b_n=$\frac{1}{4}×\frac{3×{2}^{n}}{{2}^{n}+4}$≤$\frac{1}{4}×{2}^{n-1}$，
∴当n≥2时，S_n=b₁+b₂+…+b_n$＜\frac{1}{4}（1+2+{2}^{2}+…+{2}^{n-1}）$=$\frac{1}{4}×\frac{{2}^{n}-1}{2-1}$=$\frac{1}{4}（{2}^{n}-1）$．
∴S_n＜$\frac{1}{4}（{2}^{n}-1）$．

点评 本题考查了递推式的应用、等比数列的通项公式及其前n项和公式、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．