Question

14．已知数列{a_n}中，a₁=1，且${a_n}=\frac{n}{n-1}{a_{n-1}}+2n•{3^{n-2}}（{n≥2，n∈{N^*}}）$．
（1）求a₂，a₃的值及数列{a_n}的通项公式；
（2）令${b_n}=\frac{{{3^{n-1}}}}{a_n}（{n∈{N^*}}）$，设数列{b_n}的前n项和为S_n，求S_n并比较${S_{2^n}}$与n的大小．

Answer 1

分析 （1）利用递推关系可得：a₂，a₃．由${a_n}=\frac{n}{n-1}{a_{n-1}}+2n•{3^{n-2}}$，可得$\frac{a_n}{n}=\frac{{{a_{n-1}}}}{n-1}+2n•{3^{n-2}}$，利用累加求和方法即可得出．
（2）n∈N^*时，${b_n}=\frac{{{3^{n-1}}}}{a_n}=\frac{1}{n}$，则${S_{2^n}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{2^n}$．记函数$f（n）={S_{2^n}}-n=（{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{2^n}}）-n$，可得f（n+1）-f（n）=$（\frac{1}{{2}^{n}+1}+\frac{1}{{2}^{n}+2}+…+\frac{1}{{2}^{n+1}}）$-1＜$\frac{{2}^{n}}{{2}^{n}+1}$-1＜0，因此f（n+1）＜f（n）．对n分类讨论可得结论：${S_{2^2}}＞2$，${S_{2^3}}＜3$．n≥3时，f（n）≤f（3）＜0，此时${S_{2^n}}＜n$．

解答 解：（1）当n=2时，${a_2}=\frac{2}{2-1}{a_{2-1}}+2•2•{3^{2-2}}=2+4=6$，
当n=3时，${a_3}=\frac{3}{3-1}{a_{3-1}}+2•3•{3^{3-2}}=9+18=27$，
因为${a_n}=\frac{n}{n-1}{a_{n-1}}+2n•{3^{n-2}}$，所以$\frac{a_n}{n}=\frac{{{a_{n-1}}}}{n-1}+2n•{3^{n-2}}$，
当n≥2时，由累加法得$\frac{a_n}{n}-\frac{a_1}{1}=2+2×3+2×{3^2}+…+2×{3^{n-2}}$，
因为a₁=1，所以n≥2时，有$\frac{a_n}{n}=1+\frac{{2（{1-{3^{n-1}}}）}}{1-3}={3^{n-1}}$，即${a_n}=n•{3^{n-1}}（{n≥2}）$，又n=1时，${a_1}=1•{3^{1-1}}=1$，
故${a_n}=n•{3^{n-1}}（{n∈{N^*}}）$．
（2）n∈N^*时，${b_n}=\frac{{{3^{n-1}}}}{a_n}=\frac{1}{n}$，则${S_{2^n}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{2^n}$．
记函数$f（n）={S_{2^n}}-n=（{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{2^n}}）-n$，所以$f（{n+1}）=（{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{{{2^{n+1}}}}}）-（{n+1}）$，
则f（n+1）-f（n）=$（\frac{1}{{2}^{n}+1}+\frac{1}{{2}^{n}+2}+…+\frac{1}{{2}^{n+1}}）$-1＜$\frac{{2}^{n}}{{2}^{n}+1}$-1＜0，
所以f（n+1）＜f（n）．
由于$f（1）={S_{2^1}}-1=（{1+\frac{1}{2}}）-1＞0$，此时${S_{2^1}}＞1$，$f（2）={S_{2^2}}-2=（{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}}）-2＞0$，此时${S_{2^2}}＞2$，$f（3）={S_{2^3}}-3=（{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}}）-3＜0$，此时${S_{2^3}}＜3$，
由于f（n+1）＜f（n），故n≥3时，f（n）≤f（3）＜0，此时${S_{2^n}}＜n$．
综上所述，当n=1，2时，${S_{2^n}}＞n$；当n≥3（n∈N^*）时，${S_{2^n}}＜n$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、数列递推关系、累加求和方法、作差法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．