Question

1．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，且a_n+1=3a_n+3ⁿ-1（n∈N^*）
（1）若數(shù)列{${\frac{{{a_n}+λ}}{3^n}}\right.$}為等差數(shù)列，求λ的值
（2）設(shè)數(shù)列{${\frac{4n-2}{{3{a_n}-n-1}}}$}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：S_n＜3．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的性質(zhì)或定義即可得出．
（2）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n，故$\frac{4n-2}{{3{a_n}-n-1}}=\frac{4}{{{3^n}-1}}$，即證明：$\sum_{i=1}^n{\frac{4}{{{3^i}-1}}}≤3?\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{{3^i}-1}}}＜\frac{3}{4}$．利用放縮利用等比數(shù)列的求和公式、或放縮利用“裂項(xiàng)求和”方法即可得出．

解答 解：（1）a₁=1，且${a_{n+1}}=3{a_n}+{3^n}-1⇒{a_2}=5，{a_3}=23$，
∴$\frac{{{a_1}+λ}}{3^1}+\frac{{{a_3}+λ}}{3^3}=2\frac{{{a_2}+λ}}{3^2}⇒\frac{1+λ}{3}+\frac{23+λ}{27}=2\frac{5+λ}{9}⇒λ=-\frac{1}{2}$．
另解：$\frac{{{a_{n+1}}+λ}}{{{3^{n+1}}}}-\frac{{{a_n}+λ}}{3^n}=\frac{{3{a_n}+{3^n}-1+λ}}{{{3^{n+1}}}}-\frac{{{a_n}+λ}}{3^n}=\frac{1}{3}-\frac{2λ+1}{{{3^{n+1}}}}$，則$λ=-\frac{1}{2}$（與n無(wú)關(guān)）．
（2）證明：${a_{n+1}}=3{a_n}+{3^n}-1⇒\frac{{{a_{n+1}}-\frac{1}{2}}}{{{3^{n+1}}}}-\frac{{{a_n}-\frac{1}{2}}}{3^n}=\frac{1}{3}$，
∴$\left\{{\frac{{{a_n}-\frac{1}{2}}}{3^n}}\right\}$是以$\frac{1}{6}$為首項(xiàng)$\frac{1}{3}$為公差的等差數(shù)列，
則${a_n}=\frac{1}{2}+\frac{2n-1}{6}•{3^n}$．
故$\frac{4n-2}{{3{a_n}-n-1}}=\frac{4}{{{3^n}-1}}$，即證明：$\sum_{i=1}^n{\frac{4}{{{3^i}-1}}}≤3?\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{{3^i}-1}}}＜\frac{3}{4}$．
證法1：$\frac{1}{{{3^n}-1}}≤\frac{1}{2}•{（\frac{1}{3}）^{n-1}}⇒$$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{{3^i}-1}}}≤\frac{1}{2}\sum_{i=2}^n{\frac{1}{{{3^{i-1}}}}}=\frac{1}{2}•\frac{{（1-{{（\frac{1}{3}）}^{n-1}}）}}{{1-\frac{1}{3}}}＜\frac{3}{4}$．
證法2：$\frac{1}{{{3^n}-1}}≤\frac{3}{4}•（\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）⇒$$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{{3^i}-1}}}＜\sum_{i=1}^n{\frac{3}{4}•（\frac{1}{{{2^i}-1}}-\frac{1}{{{2^{i+1}}-1}}）}=\frac{3}{4}（1-\frac{1}{{{2^{i+1}}-1}}）＜\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、放縮法、等差數(shù)列與等比數(shù)列的求和公式、“裂項(xiàng)求和”方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．