Question

10．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且${a_1}=1，{S_{n+1}}=3{S_n}+n+1，n∈{N^*}$．
（Ⅰ）求證：數(shù)列$\left\{{{a_n}+\frac{1}{2}}\right\}$是等比數(shù)列；
（Ⅱ）若b_n=$\frac{n}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$，設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項和T_n，n∈N^*，證明：T_n＜$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過S_n+1=3S_n+n+1與S_n=3S_n-1+n（n≥2）作差，進(jìn)而計算可知a_n+1=3a_n+1（n≥2），變形可知a_n+1+$\frac{1}{2}$=3（a_n+$\frac{1}{2}$），進(jìn)而可知數(shù)列{a_n+$\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）通過a₁=1及（I）可知${b_n}=\frac{n}{{\frac{{{3^{n+1}}-1}}{2}-\frac{{{3^n}-1}}{2}}}=\frac{n}{3^n}$，進(jìn)而利用錯位相減法計算即得結(jié)論．

解答 證明：（Ⅰ）∵S_n+1=3S_n+n+1，①
∴S_n=3S_n-1+n（n≥2），②
①-②得：a_n+1=3a_n+1（n≥2），
變形得：a_n+1+$\frac{1}{2}$=3（a_n+$\frac{1}{2}$），即$\frac{{{a_{n+1}}+\frac{1}{2}}}{{{a_n}+\frac{1}{2}}}=3（n≥2）$，
又∵$\frac{{{a_2}+\frac{1}{2}}}{{{a_1}+\frac{1}{2}}}=3$滿足上式，
∴數(shù)列{a_n+$\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）由a₁=1，得a_n=$\frac{{{3^n}-1}}{2}$，n∈N^*，
則${b_n}=\frac{n}{{\frac{{{3^{n+1}}-1}}{2}-\frac{{{3^n}-1}}{2}}}=\frac{n}{3^n}$，
又∵${T_n}=\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+…+\frac{n}{3^n}$，①
∴$\frac{1}{3}{T_n}=\frac{1}{3^2}+\frac{2}{3^3}+…+\frac{n}{{{3^{n+1}}}}$，②
①-②得：$\frac{2}{3}{T_n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{3^n}-\frac{n}{{{3^{n+1}}}}$，
∴$\frac{2}{3}{T_n}=\frac{{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{3^n}）}}{{1-\frac{1}{3}}}-\frac{n}{{{3^{n+1}}}}$，
∴${T_n}=\frac{3}{4}-\frac{3+2n}{{4•{3^n}}}$，即${T_n}＜\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運(yùn)算求解能力，利用錯位相減法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．