Question

12．已知数列{a_n}满足$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2{a}_{n}}$+$\frac{1}{2}$且a₁=4（n∈N^*）．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=a_n²-a_n，且S_n为{b_n}的前n项和，证明：12≤S_n＜15．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把已知数列递推式变形，可得数列{$\frac{1}{{a}_{n}}-1$}是首项为-$\frac{3}{4}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，求出等比数列的通项公式后即可得到数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）由b_n=a_n²-a_n，得到b_n的通项公式，结合S_n+1-S_n=b_n+1＞0，说明S_n是关于n的递增数列，得到${S}_{n}≥{S}_{1}={b}_{1}={{a}_{1}}^{2}-{a}_{1}=12$．当k≥2时，把数列通项放大后利用裂项相消法求和，即可证得S_n＜15．

解答 （Ⅰ）解：由$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2{a}_{n}}$+$\frac{1}{2}$，得$\frac{1}{{a}_{n+1}}-1=\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-1）$，
由a₁=4，得$\frac{1}{{a}_{1}}-1=-\frac{3}{4}$，
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}}-1$}是首项为-$\frac{3}{4}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}-1=（\frac{1}{{a}_{1}}-1）（\frac{1}{2}）^{n-1}=-\frac{3}{4}（\frac{1}{2}）^{n-1}$，即${a}_{n}=\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n+1}-3}$；
（Ⅱ）证明：b_n=a_n²-a_n =$（\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n+1}-3}）^{2}-\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n+1}-3}$=$\frac{3•{2}^{n+1}}{（{2}^{n+1}-3）^{2}}$．
又${S}_{n+1}-{S}_{n}={b}_{n+1}=\frac{3•{2}^{n+2}}{（{2}^{n+2}-3）^{2}}＞0$，
故S_n是关于n的递增数列，
∴${S}_{n}≥{S}_{1}={b}_{1}={{a}_{1}}^{2}-{a}_{1}=12$．
当k≥2时，${b}_{k}={{a}_{k}}^{2}-{a}_{k}=\frac{3•{2}^{k+1}}{（{2}^{k+1}-3）^{2}}$$＜\frac{3•{2}^{k+1}}{（{2}^{k+1}-3）（{2}^{k+1}-4）}$=$\frac{3•{2}^{k}}{（{2}^{k+1}-3）（{2}^{k}-2）}$
$＜\frac{3•{2}^{k}}{（{2}^{k+1}-3）（{2}^{k}-3）}=3（\frac{1}{{2}^{k}-3}-\frac{1}{{2}^{k+1}-3}）$．
故S_n=b₁+b₂+…+b_n＜12+3$（\frac{1}{{2}^{2}-3}-\frac{1}{{2}^{3}-3}+\frac{1}{{2}^{3}-3}-\frac{1}{{2}^{4}-3}+…+\frac{1}{{2}^{k}-3}-\frac{1}{{2}^{k+1}-3}）$
=$12+3（1-\frac{1}{{2}^{k+1}-3}）＜15$．
综上，12≤S_n＜15．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了利用放缩法证明数列不等式，难度较大．