Question

18．已知非零数列{a_n}满足a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+3}$（n∈N^*），且{$\frac{1}{{a}_{n}}$+1}成等比数列，若令b_n=$\frac{1}{\frac{1}{{a}_{n}}+1+（-2）^{n}}$，设{b_n}的前n项和为S_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）证明：对任意m∈N^*，有b_2m+b_2m+1＜$\frac{4}{{3}^{2m+1}}$；
（3）判断S_n与$\frac{7}{6}$的大小关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）由a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+3}$可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+1=3（$\frac{1}{{a}_{n}}$+1），从而可得$\frac{1}{{a}_{n}}$+1=3ⁿ，从而求a_n；
（2化简b_n=$\frac{1}{\frac{1}{{a}_{n}}+1+（-2）^{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}+（-2）^{n}}$，从而作差化简证明即可；
（3）由b_n=$\frac{1}{{3}^{n}+（-2）^{n}}$＞0且b₁=1知S_n随着n增大而增大，且对任意的n，都存在m，使n＜2m+1，从而化简S_2m+1判断即可．

解答 解：（1）∵a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+3}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+1=3（$\frac{1}{{a}_{n}}$+1），
又∵$\frac{1}{{a}_{1}}$+1=3，
∴{$\frac{1}{{a}_{n}}$+1}是以3为首项，3为公比的等比数列，
故$\frac{1}{{a}_{n}}$+1=3ⁿ，
故a_n=$\frac{1}{{3}^{n}-1}$；
（2）证明：b_n=$\frac{1}{\frac{1}{{a}_{n}}+1+（-2）^{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}+（-2）^{n}}$，
b_2m+b_2m+1-$\frac{4}{{3}^{2m+1}}$=$\frac{1}{{3}^{2m}+{2}^{2m}}$+$\frac{1}{{3}^{2m+1}-{2}^{2m+1}}$-$\frac{4}{{3}^{2m+1}}$
=$\frac{1}{{3}^{2m+1}}$（$\frac{1}{\frac{1}{3}（1+\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}）}$+$\frac{1}{1-\frac{2}{3}•\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}$-4），
=$\frac{1}{{3}^{2m+1}}$（$\frac{3}{1+\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}$+$\frac{1}{1-\frac{2}{3}•\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}$-4），
=$\frac{1}{{3}^{2m+1}}$（$\frac{4-\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}{1+\frac{1}{3}•\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}（1-2\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}）}$-4），
∵$\frac{4-\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}}{1+\frac{1}{3}•\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}（1-2\frac{{2}^{2m}}{{3}^{2m}}）}$＜4，
∴对任意m∈N^*，有b_2m+b_2m+1＜$\frac{4}{{3}^{2m+1}}$；
（3）∵b_n=$\frac{1}{{3}^{n}+（-2）^{n}}$＞0，b₁=1，
∴S_n随着n增大而增大，且对任意的n，都存在m，使n＜2m+1，
S_n＜S_2m+1=b₁+b₂+b₃+…+b_2m+1
=1+（b₂+b₃）+…+（b_2m+b_2m+1）
＜1+$\frac{4}{{3}^{3}}$+…+$\frac{4}{{3}^{2m+1}}$
=1+$\frac{\frac{4}{27}（1-（\frac{1}{9}）^{m}）}{1-\frac{1}{9}}$
=1+$\frac{1}{6}$（1-$\frac{1}{{9}^{m}}$）＜$\frac{7}{6}$；
故S_n＜$\frac{7}{6}$．

点评 本题考查了构造法的应用及数列的性质的判断与应用，同时考查了放缩法的应用．