Question

20．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=$\frac{3}{5}$，且a_n+1=$\frac{3{a}_{n}}{2{a}_{n}+1}$，n∈N^•．
（1）求證：數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是等比數(shù)列：
（2）令b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-1，試求數(shù)列{n•b_n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）通過對a_n+1=$\frac{3{a}_{n}}{2{a}_{n}+1}$兩邊同時(shí)取倒數(shù)，變形可知$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-1=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{{a}_{n}}$-1），n∈N^•，進(jìn)而可知數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是首項(xiàng)為$\frac{2}{3}$、公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列；
（2）通過（1）可知b_n=$\frac{2}{{3}^{n}}$，進(jìn)而利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵a_n+1=$\frac{3{a}_{n}}{2{a}_{n}+1}$，n∈N^•，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{2{a}_{n}+1}{3{a}_{n}}$=$\frac{1}{3}$•$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{2}{3}$，n∈N^•，
整理得：$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-1=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{{a}_{n}}$-1），n∈N^•，
又∵$\frac{1}{{a}_{1}}$-1=$\frac{5}{3}$-1=$\frac{2}{3}$，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是首項(xiàng)為$\frac{2}{3}$、公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列；
（2）解：由（1）可知b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-1=$\frac{2}{3}$•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$=$\frac{2}{{3}^{n}}$，
則$\frac{1}{2}$S_n=1•$\frac{1}{3}$+2•$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{3}^{n}}$，$\frac{1}{6}$S_n=1•$\frac{1}{{3}^{2}}$+2•$\frac{1}{{3}^{3}}$…+（n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$+n•$\frac{1}{{3}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{3}$S_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$…+$\frac{1}{{3}^{n}}$-n•$\frac{1}{{3}^{n+1}}$
=$\frac{1}{3}$•$\frac{1-\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}$-n•$\frac{1}{{3}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{3}^{n}}$-n•$\frac{1}{{3}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{3+2n}{2}$•$\frac{1}{{3}^{n+1}}$，
于是S_n=$\frac{3}{2}$-$\frac{9+6n}{2}$•$\frac{1}{{3}^{n+1}}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法，對表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．