Question

15．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足S_n=$\frac{3}{2}$a_n-（-1）ⁿ-2，（n∈N^*）．
（1）证明：{a_n-（-1）ⁿ}为等比数列，并求出{a_n}的通项公式；
（2）设数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n项和为T_n，证明：T_n＜$\frac{2}{3}$（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）通过S_n=$\frac{3}{2}$a_n-（-1）ⁿ-2与S_n-1=$\frac{3}{2}$a_n-1-（-1）^n-1-2作差，可知a_n=3a_n-1+4（-1）ⁿ，进而变形可知数列{a_n-（-1）ⁿ}是首项为3、公比为3的等比数列，计算即得结论；
（2）通过（1）可知$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{4}{9}$•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$（n≥2），验证当n=1、2时成立，并通过放缩可知T₃＜$\frac{4}{9}$（1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{9}$），进而利用等比数列的求和公式计算即得结论．

解答 证明：（1）∵S_n=$\frac{3}{2}$a_n-（-1）ⁿ-2，
∴当n≥2时，S_n-1=$\frac{3}{2}$a_n-1-（-1）^n-1-2，
两式相减得，a_n=$\frac{3}{2}$a_n-$\frac{3}{2}$a_n-1-（-1）ⁿ+（-1）^n-1，
整理得：$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{3}{2}$a_n-1+（-1）ⁿ-（-1）^n-1，即a_n=3a_n-1+4（-1）ⁿ，
变形得：a_n-（-1）ⁿ=3[a_n-1-（-1）^n-1]，
又∵S₁=$\frac{3}{2}$a₁-（-1）¹-2，即a₁=2，
∴数列{a_n-（-1）ⁿ}是首项为3、公比为3的等比数列，
∴a_n-（-1）ⁿ=3ⁿ，
于是数列{a_n}的通项公式a_n=（-1）ⁿ+3ⁿ；
（2）由（1）可知$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}+（-1）^{n}}$＜$\frac{4}{9}$•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$（n≥2），
当n=1、2时，显然有T_n＜$\frac{2}{3}$，
∵T₃=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{10}$+$\frac{1}{26}$=$\frac{83}{130}$＜$\frac{52}{81}$=$\frac{4}{9}$（1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{9}$），
∴当n≥3时，T_n＜$\frac{4}{9}$（1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{9}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$）=$\frac{4}{9}$•$\frac{1-\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{2}{3}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$）＜$\frac{2}{3}$，
综上所述，T_n＜$\frac{2}{3}$（n∈N^*）．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查分类讨论的思想，考查放缩法，注意解题方法的积累，属于中档题．