Question

14．在数列{a_n}中，a₁=1，a_n=$\frac{{a}_{n-1}}{3{a}_{n-1}+1}$；（n≥2）．
（1）求{a_n}的通项公式a_n
（2）设{b_n}满足b_n=$\frac{1}{{2}^{n}•{a}_{n}}$，求数列{b_n}的前n项和S_n；
（3）若λa_n+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$≥λ，对任意n≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意知a_n≠0，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{\frac{{a}_{n-1}}{3{a}_{n-1}+1}}$=3+$\frac{1}{{a}_{n-1}}$，从而可得{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以1为首项，3为公差的等差数列，从而求通项公式；
（2）化简b_n=$\frac{1}{{2}^{n}•{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2），从而利用错位相减法求其和；
（3）化简λa_n+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$≥λ得λ≤$\frac{（3n+1）（3n-2）}{3n-3}$=（3n-3）+$\frac{4}{3n-3}$+5，从而转化为求（3n-3）+$\frac{4}{3n-3}$+5的最小值问题．

解答 解：（1）∵a₁=1，a_n=$\frac{{a}_{n-1}}{3{a}_{n-1}+1}$；
∴a_n≠0，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{\frac{{a}_{n-1}}{3{a}_{n-1}+1}}$=3+$\frac{1}{{a}_{n-1}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$=3，
∴{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+3（n-1）=3n-2，
∴a_n=$\frac{1}{3n-2}$，
a₁=1也满足上式，
∴a_n=$\frac{1}{3n-2}$．
（2）b_n=$\frac{1}{{2}^{n}•{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2），
S_n=$\frac{1}{2}$•1+$\frac{1}{4}$•4+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2），①
2S_n=1+$\frac{1}{2}$•4+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$（3n-2），②
②-①得，
S_n=1+3•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{4}$+…+3•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2）
=1+3$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2）
=4-$\frac{3}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$（3n-2）．
（3）∵λa_n+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$≥λ，
∴λ$\frac{1}{3n-2}$+3n+1≥λ，
∴λ≤$\frac{（3n+1）（3n-2）}{3n-3}$=（3n-3）+$\frac{4}{3n-3}$+5，
∵n≥2，∴3n-3≥3，
∴（3n-3）+$\frac{4}{3n-3}$+5≥3+$\frac{4}{3}$+5=$\frac{28}{3}$，
∴λ≤$\frac{28}{3}$．

点评 本题考查了数列的性质的判断与应用，同时考查了函数思想与整体思想的应用，同时考查了构造法的应用及恒成立问题．