Question

1．設(shè)S_n為等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，其中a₁=1，且$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=λa_n+1（n∈N^*）．記b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若對任意的n≥k（k∈N^*），都有|T_n-$\frac{3}{4}$|＜$\frac{1}{4n}$，則常數(shù)k的最小值為4．

Answer 1

分析 等差數(shù)列{a_n}的公差為d，由$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=λa_n+1（n∈N^*），即S_n=λa_na_n+1，a_n≠0，n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，可得1=2λd，n=1時(shí)，λa₂=1，d=a₂-a₁=$\frac{1}{λ}$-1，代入解得λ=$\frac{1}{2}$，d=1．可得a_n=n．b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$=$\frac{n}{{3}^{n}}$，利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式可得T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{3+2n}{4×{3}^{n}}$．由|T_n-$\frac{3}{4}$|＜$\frac{1}{4n}$，化為n（3+2n）＜3ⁿ，n=1，2，3時(shí)，上式不成立．n≥4時(shí)，上式成立．利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可．

解答 解：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
∵$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=λa_n+1（n∈N^*），即S_n=λa_na_n+1，a_n≠0，
n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=λa_n（a_n+1-a_n-1），
∴1=2λd，
n=1時(shí)，λa₂=1，
∴a₂=$\frac{1}{λ}$，
∴d=a₂-a₁=$\frac{1}{λ}$-1，
∴1=2λ$（\frac{1}{λ}-1）$，
解得λ=$\frac{1}{2}$，d=1．
∴a_n=1+（n-1）=n．
∴b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$=$\frac{n}{{3}^{n}}$，
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n=$\frac{1}{3}+\frac{2}{{3}^{2}}$+…+$\frac{n-1}{{3}^{n-1}}$+$\frac{n}{{3}^{n}}$，
$\frac{1}{3}{T}_{n}$=$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{2}{{3}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{{3}^{n}}$+$\frac{n}{{3}^{n+1}}$，
∴$\frac{2}{3}$T_n=$\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$-$\frac{n}{{3}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{n}{{3}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{3+2n}{2×{3}^{n+1}}$，
∴T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{3+2n}{4×{3}^{n}}$．
|T_n-$\frac{3}{4}$|＜$\frac{1}{4n}$，化為$\frac{3+2n}{4×{3}^{n}}$$＜\frac{1}{4n}$，
∴n（3+2n）＜3ⁿ，
n=1，2，3時(shí)，上式不成立．
n≥4時(shí)，上式成立．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：
（1）n=4時(shí)，3⁴-4×（3+2×4）=37＞0．
（2）假設(shè)n=k≥4時(shí)，不等式成立，即3^k-k（3+2k）＞0，
則n=k+1時(shí)，3^k+1-（k+1）（3+2k+2）=3[3^k-k（3+2k）]+6k²+2k-3＞0，
∴n=k+1時(shí)，不等式成立．
綜上可得：?n∈N^*，n≥4時(shí)，n（3+2n）＜3ⁿ恒成立．
∴n的最小值為4．
故答案為：4．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求和公式、遞推關(guān)系、“錯(cuò)位相減法”、數(shù)學(xué)歸納法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．