Question

9．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$（n∈N^*）．
（1）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，a_n≥2；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n+1}-{a}_{n}}{{a}_{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和是S_n，證明：S_n＜$\frac{7}{4}$．

Answer 1

分析 （1）通過放縮、裂項(xiàng)可知$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$＞1+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，計(jì)算第二項(xiàng)a₂并利用數(shù)列{a_n}為遞增數(shù)列即得結(jié)論；
（2）通過（1）放縮可知當(dāng)n≥2時(shí)a_n+1＜（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$a_n，進(jìn)而整理可知b_n＜$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$（n≥2），計(jì)算即得結(jié)論．

解答 證明：（1）依題意，a_n+1＞（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n，
整理得：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$＞1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$=1+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，即數(shù)列{a_n}為遞增數(shù)列，
∵a₁=1，
∴a₂=（1+$\frac{1}{2}$）a₁+$\frac{1}{2}$=2，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n≥2；
（2）由（1）可知當(dāng)n≥2時(shí)，a_n+1＜（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$a_n，
∴b_n=$\frac{{a}_{n+1}-{a}_{n}}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$（n≥2），
當(dāng)n=1時(shí)，S₁=$\frac{2-1}{1}$=1＜$\frac{7}{4}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，S_n＜1+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）+（$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$）
=1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{\frac{1}{{2}^{3}}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=$\frac{7}{4}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
＜$\frac{7}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查放縮法，考查裂項(xiàng)相消法，注意解題方法的積累，屬于難題．