Question

6．已知递增数列{a_n}满足，a₁=1，（a_n+1-3a_n）（3a_n+1-a_n）=0，n∈N^*．
（1）求数列{a_n}的前n项和S_n．
（2）在（1）的条件下，证明：$\frac{{n}^{2}}{{S}_{n}}$≤$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）通过（a_n+1-3a_n）（3a_n+1-a_n）=0及数列{a_n}递增、a₁=1可知数列{a_n}是首项为1、公比为3的等比数列，进而计算可得结论；
（2）通过（1）可知a_n=3^n-1、$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$），从而不等式的右边显然成立，只需证明左边成立即可．通过比较两者与1的相关、用分析法证明即可．

解答 （1）解：∵（a_n+1-3a_n）（3a_n+1-a_n）=0，
∴a_n+1-3a_n=0或3a_n+1-a_n=0，
∵数列{a_n}递增，a₁=1，
∴a_n+1=3a_n，
∴数列{a_n}是首项为1、公比为3的等比数列，
∴S_n=$\frac{1-{3}^{n}}{1-3}$=$\frac{{3}^{n}-1}{2}$；
（2）证明：由（1）可知：a_n=3^n-1，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$），
显然$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{2}$，
下面只需证明：$\frac{{n}^{2}}{{S}_{n}}$=$\frac{2{n}^{2}}{{3}^{n}-1}$≤$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$），
显然$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$）≥$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{3}$）=1，
下面证明：$\frac{2{n}^{2}}{{3}^{n}-1}$≤1，
即证：3ⁿ-2n²-1≥0，
令f（n）=3ⁿ-2n²-1，则f（1）=0，
f（n+1）-f（n）=[3ⁿ⁺¹-2（n+1）²-1]-（3ⁿ-2n²-1）=2•3ⁿ-4n-2，
∵g（n+1）-g（n）=[2•3ⁿ⁺¹-4（n+1）-2]-（2•3ⁿ-4n-2）=4•3ⁿ-4＞0，
∴g（n）≥g（1）=0，f（n）≥f（1）=0，
∴3ⁿ-2n²-1≥0，
综上所述，$\frac{{n}^{2}}{{S}_{n}}$≤$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查是一道数列与不等式的综合题，考查求数列的通项及前n项和，考查分析法证明不等式，注意解题方法的积累，属于难题．