Question

4．已知数列{a_n}的首项为a₁=1，且a_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}$，（n∈N^*）．
（1）求a₂，a₃的值，并证明：a_2n-1＜a_2n+1＜2；
（2）令b_n=|a_2n-1-2|，S_n=b₁+b₂+…+b_n，证明：$\frac{9}{8}$[1-（$\frac{1}{9}$）ⁿ]≤S_n＜$\frac{7}{6}$．

Answer 1

分析 （1）由a₁=1，且a_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}$，（n∈N^*）．可得a₂=$\frac{{a}_{1}+4}{{a}_{1}+1}$=$\frac{5}{2}$，a₃=$\frac{13}{3}$．利用$\frac{{a}_{n+1}+2}{{a}_{n+1}-2}$=$\frac{3（{a}_{n}+2）}{-（{a}_{n}-2）}$及其等比数列的通项公式可得a_n，即可证明．
（2）b_n=|a_2n-1-2|=$\frac{4}{{3}^{2n-1}+1}$，当n≥2时，b_n≤$\frac{12}{{9}^{n}}$．利用等比数列的前n项和公式即可证明右边．又b_n=$\frac{4}{{3}^{2n-1}+1}$=$\frac{12}{{9}^{n}+3}$≥$\frac{1}{{9}^{n-1}}$，利用等比数列的前n项和公式即可证明左边．

解答 （1）解：∵a₁=1，且a_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}$，（n∈N^*）．∴a₂=$\frac{{a}_{1}+4}{{a}_{1}+1}$=$\frac{5}{2}$，a₃=$\frac{{a}_{2}+4}{{a}_{2}+1}$=$\frac{13}{7}$．
$\frac{{a}_{n+1}+2}{{a}_{n+1}-2}$=$\frac{\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}+2}{\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}-2}$=$\frac{3（{a}_{n}+2）}{-（{a}_{n}-2）}$，
∴数列$\{\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}-2}\}$是等比数列，首项为-3，公比为-3．
∴$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}-2}$=（-3）ⁿ，
解得a_n=$2+\frac{4}{（-3）^{n}-1}$，
∴a_2n-1=2-$\frac{4}{{3}^{2n-1}+1}$＜$2-\frac{4}{{3}^{2n+1}+1}$=a_2n+1＜2．
（2）证明：b_n=|a_2n-1-2|=$\frac{4}{{3}^{2n-1}+1}$，
当n≥2时，b_n≤$\frac{12}{{9}^{n}}$．
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n≤1+$\frac{\frac{12}{{9}^{2}}[1-（\frac{1}{9}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{9}}$＜1+$\frac{12}{9×8}$=$\frac{7}{6}$，∴S_n＜$\frac{7}{6}$．
又b_n=$\frac{4}{{3}^{2n-1}+1}$=$\frac{12}{{9}^{n}+3}$≥$\frac{1}{{9}^{n-1}}$，
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n≥$\frac{1-\frac{1}{{9}^{n}}}{1-\frac{1}{9}}$=$\frac{9}{8}$[1-（$\frac{1}{9}$）ⁿ]，
∴$\frac{9}{8}$[1-（$\frac{1}{9}$）ⁿ]，≤S_n＜$\frac{7}{6}$．

点评 本题考查了递推关系、等比数列的通项公式及其前n项和公式、“放缩法”、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．