Question

5．已知數列{a_n}滿足：a₁=1，a₂=3，a _n+1-$\frac{2}{{a}_{n}}$=a_n-$\frac{2}{{a}_{n-1}}$（n≥2，n∈N^*）
（2）若b_n=$\frac{1}{1+{a}_{n}}$，求數列{b_n}的通項公式；
（2）求證：$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$≥$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{12}$（n∈N^*）；
（3）求證：|a₁-2|+|a₂-2|+…+|a_n-2|＜3（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）通過a _n+1-$\frac{2}{{a}_{n}}$=a_n-$\frac{2}{{a}_{n-1}}$，a₁=1，a₂=3，可得b_n+1=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}_{n}$，進而$\frac{_{n+1}-\frac{1}{3}}{_{n}-\frac{1}{3}}=-\frac{1}{2}$，計算可得b_n=$\frac{1}{3}$+（-1）ⁿ$\frac{1}{3×{2}^{n+1}}$；
（2）通過（1）知數列{$_{n}-\frac{1}{3}$}得前n項和T_n=$\frac{1}{9}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$，從而$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{9}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$+$\frac{n}{3}$，利用$1-（-\frac{1}{2}）^{n}$≥1$-（-\frac{1}{2}）^{2}$=$\frac{3}{4}$，可得結論；
（3）通過計算可得$\frac{1}{1+{a}_{n}}$=$\frac{{2}^{n+1}+（-1）^{n}}{3×{2}^{n+1}}$，進而|a_n-2|=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{{2}^{2k}-1}，}&{n=2k-1}\\{\frac{3}{{2}^{2k+1}+1}，}&{n=2k}\end{array}\right.$（k∈N^*），分別對|a₁-2|+|a₂-2|+…+|a_n-2|中奇數項和偶數項利用放縮法可得結論．

解答 （1）解：∵a _n+1-$\frac{2}{{a}_{n}}$=a_n-$\frac{2}{{a}_{n-1}}$，a₁=1，a₂=3，
∴a_n+1-$\frac{2}{{a}_{n-1}}$=3-2=1，∴a_n+1+1=$2+\frac{2}{{a}_{n}}$=$\frac{2{a}_{n}+2}{{a}_{n}}$，
∴b_n+1=$\frac{1}{1+{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}•\frac{1+{a}_{n}-1}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}•\frac{1}{1+{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}_{n}$，
∴b_n+1-$\frac{1}{3}$=$-\frac{1}{2}（_{n}-\frac{1}{3}）$，即$\frac{_{n+1}-\frac{1}{3}}{_{n}-\frac{1}{3}}=-\frac{1}{2}$，
又∵$_{1}-\frac{1}{3}$=$\frac{1}{1+{a}_{1}}-\frac{1}{3}$=$\frac{1}{6}$，
∴數列{$_{n}-\frac{1}{3}$}是以$\frac{1}{6}$為首項、$-\frac{1}{2}$為公比的等比數列，
則$_{n}-\frac{1}{3}$=$\frac{1}{6}$×$（-\frac{1}{2}）^{n}$=（-1）ⁿ$\frac{1}{3×{2}^{n+1}}$，即b_n=$\frac{1}{3}$+（-1）ⁿ$\frac{1}{3×{2}^{n+1}}$；
（2）證明：由（1）知，數列{$_{n}-\frac{1}{3}$}是以$\frac{1}{6}$為首項、$-\frac{1}{2}$為公比的等比數列，
故數列{$_{n}-\frac{1}{3}$}得前n項和T_n=$\frac{\frac{1}{6}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]}{1+\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{9}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$，
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$=T_n+$\frac{n}{3}$=$\frac{1}{9}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$+$\frac{n}{3}$，
∵$1-（-\frac{1}{2}）^{n}$≥1$-（-\frac{1}{2}）^{2}$=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$≥$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{9}×\frac{3}{4}$=$\frac{n}{3}+$$\frac{1}{12}$；
（3）證明：∵$\frac{1}{1+{a}_{n}}$=b_n=$\frac{1}{3}$+（-1）ⁿ$\frac{1}{3×{2}^{n+1}}$=$\frac{{2}^{n+1}+（-1）^{n}}{3×{2}^{n+1}}$，
∴1+a_n=$\frac{3×{2}^{n+1}}{{2}^{n+1}+（-1）^{n}}$，∴a_n-2=$-\frac{3×（-1）^{n}}{{2}^{n+1}+（-1）^{n}}$，
∴|a_n-2|=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{{2}^{2k}-1}，}&{n=2k-1}\\{\frac{3}{{2}^{2k+1}+1}，}&{n=2k}\end{array}\right.$（k∈N^*），
記Q_n=|a₁-2|+|a₂-2|+…+|a_n-2|，
則Q_n中奇數項的和M_奇=$\frac{3}{{2}^{2}-1}+\frac{3}{{2}^{4}-1}+…+\frac{3}{{2}^{2k}-1}$＜$\frac{3}{2}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{3}{{2}^{2k-1}}$，
Q_n中偶數項的和M_偶=$\frac{3}{{2}^{3}+1}+\frac{3}{{2}^{5}+1}+…+\frac{3}{{2}^{2k+1}+1}$＜$\frac{3}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{5}}+…+\frac{3}{{2}^{2k+1}}$，
不妨令n為偶數，則Q_n=M_奇+M_偶
＜$\frac{3}{2}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{3}{{2}^{2k-1}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{5}}+…+\frac{3}{{2}^{2k+1}}$
=$3[2×\frac{1}{2}\frac{1-（\frac{1}{4}）^{k}}{1-\frac{1}{4}}-\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2k+1}}]$
=$3\{\frac{4}{3}[1-（\frac{1}{4}）^{k}]-\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2k+1}}\}$
＜3（n∈N^*）．

點評 本題考查數列的遞推公式，求通項公式，前n項和，考查放縮法，考查分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于難題．