Question

3．数列{a_n}的前n项和为S_n，$a1=2，{S_n}={a_n}（{\frac{n}{3}+r}）（{r∈R，n∈{N^*}}）$．
（1）求r的值及数列{a_n}的通项公式；
（2）设${b_n}=\frac{n}{a_n}（{n∈{N^*}}）$，记{b_n}的前n项和为T_n．
①当n∈N^*时，λ＜T_2n-T_n恒成立，求实数λ的取值范围；
②求证：存在关于n的整式g（n），使得$\sum_{i=1}^{n-1}{（{{T_n}+1}）}={T_n}•g（n）-1$对一切n≥2，n∈N^*都成立．

Answer 1

分析 （1）n=1时，S₁=a₁×$（\frac{1}{3}+r）$=a₁，解得r，可得S_n=a_n$\frac{n+2}{3}$．利用递推关系可得$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$，（n≥2）．利用“累乘求积”方法可得a_n．
（2）①b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n+1}$，T_n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n+1}$，T_2n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+$…+$\frac{1}{2n+1}$，作差可得数列{T_2n-T_n}的单调性．利用当n∈N^*时，λ＜T_2n-T_n恒成立，可得λ的求值范围．
②由①可得：n≥2时T_n-T_n-1=$\frac{1}{n+1}$，即（n+1）T_n-nT_n-1=T_n-1+1，n≥2时，可得$\sum_{i=1}^{n-1}（{T}_{i}+1）$=（n+1）T_n-1．即可得出．

解答 （1）解：n=1时，S₁=a₁×$（\frac{1}{3}+r）$=a₁，解得r=$\frac{2}{3}$，∴S_n=a_n$\frac{n+2}{3}$．
n≥2时，S_n-1=a_n-1$•\frac{n+1}{3}$．
两式相减可得：a_n=a_n$\frac{n+2}{3}$-a_n-1$•\frac{n+1}{3}$．∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$，（n≥2）．
∴a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$$•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•$\frac{{a}_{n-2}}{{a}_{n-3}}$…$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$$•\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}•{a}_{1}$=$\frac{n+1}{n-1}$$•\frac{n}{n-2}•\frac{n-1}{n-3}$•…•$\frac{4}{2}•\frac{3}{1}$•2=n（n+1），n=1时也适合．
∴a_n=n（n+1）．
（2）①解：b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n+1}$，T_n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n+1}$，T_2n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+$…+$\frac{1}{2n+1}$，
∴T_2n-T_n=$\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n+1}$，令B_n=T_2n-T_n，则B_n+1-B_n=$\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+3}$-$\frac{1}{n+2}$=$\frac{3n+4}{（2n+2）（2n+3）（n+2）}$＞0，因此数列{B_n}单调递增，∴（B_n）_min=$\frac{1}{3}$．
∵当n∈N^*时，λ＜T_2n-T_n恒成立，∴$λ＜\frac{1}{3}$．
②证明：由①可得：n≥2时T_n-T_n-1=$\frac{1}{n+1}$，即（n+1）T_n-nT_n-1=T_n-1+1，
∴n≥2时，$\sum_{i=1}^{n-1}（{T}_{i}+1）$=（3T₂-2T₁）+（4T₃-3T₂）+…+[（n+1）T_n-nT_n-1]
=（n+1）T_n-2T₁=（n+1）T_n-1．
∴存在关于n的整式g（n）=n+1，使得$\sum_{i=1}^{n-1}{（{{T_n}+1}）}={T_n}•g（n）-1$对一切n≥2，n∈N^*都成立．

点评 本题考查了数列的递推关系、“累乘求积”方法、“累加求和”方法、“作差法”，考查了推理能力与计算能力，属于难题．