Question

15．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿(mǎn)足S_n=$\frac{3}{2}$a_n-（-1）ⁿ-2，（n∈N^*）．
（1）證明：{a_n-（-1）ⁿ}為等比數(shù)列，并求出{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，證明：T_n＜$\frac{2}{3}$（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）通過(guò)S_n=$\frac{3}{2}$a_n-（-1）ⁿ-2與S_n-1=$\frac{3}{2}$a_n-1-（-1）^n-1-2作差，可知a_n=3a_n-1+4（-1）ⁿ，進(jìn)而變形可知數(shù)列{a_n-（-1）ⁿ}是首項(xiàng)為3、公比為3的等比數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）可知$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{4}{9}$•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$（n≥2），驗(yàn)證當(dāng)n=1、2時(shí)成立，并通過(guò)放縮可知T₃＜$\frac{4}{9}$（1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{9}$），進(jìn)而利用等比數(shù)列的求和公式計(jì)算即得結(jié)論．

解答 證明：（1）∵S_n=$\frac{3}{2}$a_n-（-1）ⁿ-2，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1=$\frac{3}{2}$a_n-1-（-1）^n-1-2，
兩式相減得，a_n=$\frac{3}{2}$a_n-$\frac{3}{2}$a_n-1-（-1）ⁿ+（-1）^n-1，
整理得：$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{3}{2}$a_n-1+（-1）ⁿ-（-1）^n-1，即a_n=3a_n-1+4（-1）ⁿ，
變形得：a_n-（-1）ⁿ=3[a_n-1-（-1）^n-1]，
又∵S₁=$\frac{3}{2}$a₁-（-1）¹-2，即a₁=2，
∴數(shù)列{a_n-（-1）ⁿ}是首項(xiàng)為3、公比為3的等比數(shù)列，
∴a_n-（-1）ⁿ=3ⁿ，
于是數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=（-1）ⁿ+3ⁿ；
（2）由（1）可知$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{3}^{n}+（-1）^{n}}$＜$\frac{4}{9}$•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$（n≥2），
當(dāng)n=1、2時(shí)，顯然有T_n＜$\frac{2}{3}$，
∵T₃=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{10}$+$\frac{1}{26}$=$\frac{83}{130}$＜$\frac{52}{81}$=$\frac{4}{9}$（1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{9}$），
∴當(dāng)n≥3時(shí)，T_n＜$\frac{4}{9}$（1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{9}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$）=$\frac{4}{9}$•$\frac{1-\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{2}{3}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$）＜$\frac{2}{3}$，
綜上所述，T_n＜$\frac{2}{3}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查分類(lèi)討論的思想，考查放縮法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．