Question

17．已知數(shù)列{a_n}，a₁=a（a∈R），a_n+1=$\frac{2{a}_{n}+1}{{a}_{n}+2}$（n∈N^*）．
（1）若數(shù)列{a_n}從第二項(xiàng)起每一項(xiàng)都大于1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若a=-3，記S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，證明：S_n＜n+$\frac{6}{7}$．

Answer 1

分析 （1）由題意可得當(dāng)n≥2時(shí)，a_n+1=$\frac{2{a}_{n}+1}{{a}_{n}+2}$=2-$\frac{3}{{a}_{n}+2}$＞2-$\frac{3}{1+2}$=1，所以只需a₂=$\frac{2a+1}{a+1}$＞1，解不等式即可得到所求范圍；
（2）求得當(dāng)n≥4時(shí)，a_n-1＜（a₃-1）•（$\frac{1}{3}$）^n-3，即有a_n＜1+（a₃-1）•（$\frac{1}{3}$）^n-3=1+$\frac{4}{7}$•（$\frac{1}{3}$）^n-3，運(yùn)用等比數(shù)列的求和公式和不等式的性質(zhì)，可得S_n＜n+$\frac{6}{7}$；再驗(yàn)證n=1，2，3也成立．

解答 解：（1）數(shù)列{a_n}從第二項(xiàng)起每一項(xiàng)都大于1，可得
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n+1=$\frac{2{a}_{n}+1}{{a}_{n}+2}$=2-$\frac{3}{{a}_{n}+2}$＞2-$\frac{3}{1+2}$=1，
所以只需a₂=$\frac{2a+1}{a+1}$＞1，解得a＞1或a＜-2：
（2）證明：由（1）可得，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n+1-1=$\frac{2{a}_{n}+1}{{a}_{n}+2}$-1
=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}+2}$＜$\frac{{a}_{n}-1}{1+2}$=$\frac{1}{3}$（a_n-1），
即有當(dāng)n≥4時(shí)，a_n-1＜（a₃-1）•（$\frac{1}{3}$）^n-3，
即有a_n＜1+（a₃-1）•（$\frac{1}{3}$）^n-3=1+$\frac{4}{7}$•（$\frac{1}{3}$）^n-3，
此時(shí)S_n＜-3+5+（1+$\frac{4}{7}$）+[1+$\frac{4}{7}$•（$\frac{1}{3}$）]+…+[1+$\frac{4}{7}$•（$\frac{1}{3}$）^n-3]
=n+$\frac{\frac{4}{7}（1-\frac{1}{{3}^{n-2}}）}{1-\frac{1}{3}}$=n+$\frac{6}{7}$[1-（$\frac{1}{3}$）^n-2]＜n+$\frac{6}{7}$，
易證，當(dāng)n=1，2，3，S_n＜n+$\frac{6}{7}$成立．
綜上可得，對(duì)任意的正整數(shù)n，均有S_n＜n+$\frac{6}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查已知數(shù)列的通項(xiàng)的特點(diǎn)，求參數(shù)的范圍，注意運(yùn)用不等式的性質(zhì)，同時(shí)考查等比數(shù)列的求和公式的運(yùn)用，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．