Question

10．已知{a_n}满足2na_n+1=（n+1）a_n（n∈N^*），且a₁，1，4a₃成等差数列．
（I）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{a_n}满足b_n=sin（πa_n），S_n为数列{b_n}的前n项和，求证：对任意n∈N^*，S_n＜2+π．

Answer 1

分析 （I）2na_n+1=（n+1）a_n（n∈N^*），当n=1时，a₂=a₁；当n=2时，4a₃=3a₂．由a₁，1，4a₃成等差数列，解得a₁．由2na_n+1=（n+1）a_n，可得$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}•\frac{{a}_{n}}{n}$，利用等比数列的通项公式即可得出；
（II）证明：b_n=sin（πa_n）=$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$，利用当x∈$（0，\frac{π}{2}）$时，sinx＜x，可得S_n＜2+$\frac{3π}{{2}^{3}}$+$\frac{4π}{{2}^{4}}$+…+$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，令T=$\frac{3π}{{2}^{3}}$+$\frac{4π}{{2}^{4}}$+…+$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （I）解：∵2na_n+1=（n+1）a_n（n∈N^*），
∴当n=1时，2a₂=2a₁，即a₂=a₁；
当n=2时，4a₃=3a₂．
∵a₁，1，4a₃成等差数列，
∴2=a₁+4a₃，
∴2=a₁+3a₁，解得a₁=$\frac{1}{2}$．
由2na_n+1=（n+1）a_n，可得$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}•\frac{{a}_{n}}{n}$，
∴数列$\{\frac{{a}_{n}}{n}\}$是首项为$\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴$\frac{{a}_{n}}{n}=（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴a_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$．
（II）证明：b_n=sin（πa_n）=$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
∴S_n=1+1+$sin\frac{3π}{8}$+$sin\frac{4π}{16}$+…+$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
∵当x∈$（0，\frac{π}{2}）$时，sinx＜x，
∴S_n＜2+$\frac{3π}{{2}^{3}}$+$\frac{4π}{{2}^{4}}$+…+$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
令T=$\frac{3π}{{2}^{3}}$+$\frac{4π}{{2}^{4}}$+…+$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T=$\frac{3π}{{2}^{4}}$+$\frac{4π}{{2}^{6}}$+…+$\frac{（n-1）π}{{2}^{n}}$+$\frac{nπ}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3π}{8}$+$\frac{\frac{π}{16}[1-（\frac{1}{2}）^{n-3}]}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{nπ}{{2}^{n+1}}$，
化简可得：T=π-$\frac{（n+2）π}{{2}^{n}}$＜π．
∴S_n＜2+π．

点评 本题考查了递推式的应用、“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．