Question

9．等比数列{a_n}的前n项和为S_n，且a_n+1=2S_n+$\frac{1}{2}$（n∈N^*）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）在a_n和a_n+1之间插入n个实数，使得这n+2个数依次组成公差为d_n的等差数列，设数列{$\frac{1}{{d}_{n}}$}的前n项和为T_n，求证：$\frac{38}{12}$≤T_n＜$\frac{15}{4}$．

Answer 1

分析 （I）由a_n+1=2S_n+$\frac{1}{2}$（n∈N^*），可得a_n=2s_n-1+$\frac{1}{2}$（n≥2），两式相减可得a_n+1=3a_n（n≥2），结合已知等比数列的条件可得a₂=3a₁，可求a₁，从而可求通项．
（II）等差数列的性质可知d_n=$\frac{{a}_{n+1}-{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{{3}^{n-1}}{n+1}$，利用错位相减可求数列的和，利用放缩法即可得出结论．

解答 解：（I）由a_n+1=2S_n+$\frac{1}{2}$（n∈N^*），
可得a_n=2s_n-1+$\frac{1}{2}$（n≥2）
两式相减可得，a_n+1-a_n=2a_n
即a_n+1=3a_n（n≥2）
又∵a₂=2a₁+$\frac{1}{2}$，且数列{a_n}为等比数列
∴a₂=3a₁
则2a₁+$\frac{1}{2}$=3a₁
∴a₁=$\frac{1}{2}$
∴${a}_{n}=\frac{1}{2}•{3}^{n-1}$．
（II）由（I）知，${a}_{n}=\frac{1}{2}•{3}^{n-1}$．，an+1=$\frac{1}{2}$•3ⁿ
∵a_n+1=a_n+（n+1）d_n
∴d_n=$\frac{{a}_{n+1}-{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{{3}^{n-1}}{n+1}$，
∴T_n=$\frac{2}{{3}^{0}}$+$\frac{3}{{3}^{1}}$+$\frac{4}{{3}^{2}}$+…+$\frac{n}{{3}^{n-2}}$+$\frac{n+1}{{3}^{n-1}}$，
$\frac{1}{3}$T_n=$\frac{2}{{3}^{1}}$+$\frac{3}{{3}^{2}}$+$\frac{4}{{3}^{3}}$+…+$\frac{n}{{3}^{n-1}}$+$\frac{n+1}{{3}^{n}}$，
两式相减可得，$\frac{2}{3}{T}_{n}$=2+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$-$\frac{n+1}{{3}^{n}}$=2+$\frac{\frac{1}{3}[1-（\frac{1}{3}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{3}}$-$\frac{n+1}{{3}^{n}}$=$\frac{5}{2}$-$\frac{1}{2}•（\frac{1}{3}）^{n-1}$-（n+1）•$（\frac{1}{3}）^{n}$，
∴T_n=$\frac{15}{4}$-$\frac{1}{4}•（\frac{1}{3}）^{n-2}$-$\frac{1}{2}（n+1）•（\frac{1}{3}）^{n-1}$＜$\frac{15}{4}$，

又∵T_n+1-T_n=（n+2）•$（\frac{1}{3}）^{n}$＞0，∴T_n≥T₁=2，
∴2≤T_n＜$\frac{15}{4}$．

点评 本题主要考查了等比数列的通项公式的应用及由数列的递推公式求解通项，数列求和的错位相减求和方法的应用是解答本题的关键，属于中档题．