Question

7．已知数列{a_n}满足3S_n-4a_n+n=0（n∈N^*），其中S_n表示数列{a_n}的前n项和．
（1）证明数列{a_n+$\frac{1}{3}$}是等比数列，并求出数列{a_n}的通项公式；
（2）证明：$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{4}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由3S_n-4a_n+n=0（n∈N^*），得a₁=1，n≥2时，3S_n-1-4a_n-1+n-1=0，作差得a_n=4a_n-1+1，由此能证明数列{a_n+$\frac{1}{3}$}是首项为$\frac{4}{3}$，公比为4的等比数列，并能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）由$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{3}{{4}^{n}-1}$≤$\frac{4}{{4}^{n}}$=$\frac{1}{{4}^{n-1}}$，利用等比数列的前n项和公式能证明$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{4}{3}$．

解答 （1）证明：∵数列{a_n}满足3S_n-4a_n+n=0（n∈N^*），①
∴n=1时，3a₁-4a₁+1=0，解得a₁=1，
n≥2时，3S_n-1-4a_n-1+n-1=0，②，
①-②，得3a_n-4a_n+4a_n-1+1=0，
整理，得a_n=4a_n-1+1，
∴${a}_{n}+\frac{1}{3}$=$4（{a}_{n-1}+\frac{1}{3}）$，
又${a}_{1}+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，
∴数列{a_n+$\frac{1}{3}$}是首项为$\frac{4}{3}$，公比为4的等比数列，
∴${a}_{n}+\frac{1}{3}$=$\frac{4}{3}×{4}^{n-1}$=$\frac{{4}^{n}}{3}$，
∴${a}_{n}=\frac{{4}^{n}}{3}-\frac{1}{3}$．
（2）证明：∵$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{3}{{4}^{n}-1}$≤$\frac{4}{{4}^{n}}$=$\frac{1}{{4}^{n-1}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$≤$\frac{1}{{4}^{0}}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{{4}^{n-1}}$=$\frac{1-\frac{1}{{4}^{n}}}{1-\frac{1}{4}}$=$\frac{4}{3}$（1-$\frac{1}{{4}^{n}}$）＜$\frac{4}{3}$．
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{4}{3}$．

点评 本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式的求法，考查数列各项的倒数和小于$\frac{4}{3}$的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质和递缩法的合理运用．