Question

20．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=-1，${a_{n+1}}=\frac{{（3n+3）{a_n}+4n+6}}{n}，n∈{N^*}$．
（1）求證：數(shù)列$\left\{{\frac{{{a_n}+2}}{n}}\right\}$是等比數(shù)列；
（2）設(shè)${b_n}=\frac{{{3^{n-1}}}}{{{a_n}+2}}，n∈{N^*}$，求證：當(dāng)n≥2，n∈N^*時(shí)，${b_{n+1}}+{b_{n+2}}+…+{b_{2n}}＜\frac{4}{5}-\frac{1}{2n+1}$．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列{a_n}滿足a₁=-1，${a_{n+1}}=\frac{{（3n+3）{a_n}+4n+6}}{n}，n∈{N^*}$．可得$\frac{{a}_{n+1}+2}{n+1}$=$\frac{\frac{（3n+3）{a}_{n}+4n+6}{n}}{n+1}$=3×$\frac{{a}_{n}+2}{n}$．即可證明．
（2）由（1）可得：a_n+2=n•3^n-1．b_n=$\frac{{3}^{n-1}}{{a}_{n}+2}$=$\frac{1}{n}$．當(dāng)n≥2，n∈N^*時(shí)，b_n+1+b_n+2+…+b_2n=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$，利用數(shù)學(xué)歸納法證明：${b_{n+1}}+{b_{n+2}}+…+{b_{2n}}＜\frac{4}{5}-\frac{1}{2n+1}$即可．

解答 證明：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足a₁=-1，${a_{n+1}}=\frac{{（3n+3）{a_n}+4n+6}}{n}，n∈{N^*}$．
∴$\frac{{a}_{n+1}+2}{n+1}$=$\frac{\frac{（3n+3）{a}_{n}+4n+6}{n}}{n+1}$=3×$\frac{{a}_{n}+2}{n}$．
$\frac{{a}_{1}+2}{1}$=1，∴數(shù)列$\left\{{\frac{{{a_n}+2}}{n}}\right\}$是等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為3．
（2）由（1）可得：$\frac{{a}_{n}+2}{n}$=3^n-1，可得a_n+2=n•3^n-1．
b_n=$\frac{{3}^{n-1}}{{a}_{n}+2}$=$\frac{1}{n}$．
∴當(dāng)n≥2，n∈N^*時(shí)，b_n+1+b_n+2+…+b_2n=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：${b_{n+1}}+{b_{n+2}}+…+{b_{2n}}＜\frac{4}{5}-\frac{1}{2n+1}$．
①當(dāng)n=2時(shí)，b₃+b₄=$\frac{1}{3}+\frac{1}{4}$=$\frac{7}{12}$＜$\frac{3}{5}$=$\frac{4}{5}-\frac{1}{5}$．
②假設(shè)n=k∈N^*，k≥2．b_k+1+b_k+2+…+b_2k＜$\frac{4}{5}$-$\frac{1}{2k+1}$．
則n=k+1時(shí)，b_k+2+b_k+3+…+b_2k+b_2k+1+b_2k+2＜$\frac{4}{5}$-$\frac{1}{2k+1}$+$\frac{1}{2k+1}$+$\frac{1}{2k+2}$-$\frac{1}{k+1}$=$\frac{4}{5}$-$\frac{1}{2k+2}$＜$\frac{4}{5}$-$\frac{1}{2k+3}$．
∴n=k+1時(shí)，假設(shè)成立．
綜上可得：當(dāng)n≥2，n∈N^*時(shí)，${b_{n+1}}+{b_{n+2}}+…+{b_{2n}}＜\frac{4}{5}-\frac{1}{2n+1}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的定義通項(xiàng)公式、“放縮”方法、數(shù)學(xué)歸納法、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．