Question

1．数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=2，a₂=7，a_n=3a_n-1+2a_n-2，n∈N*，n≥3．
（1）求证：a₂₀₁₇一定是奇数；
（2）①求证：4S_n+3＜$\frac{17}{3}$a_n（n≥2，n∈N*）；
②求证：|a_n+1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n-1}}$|≤$\frac{1}{2}$（n≥2，n∈N）

Answer 1

分析 （1）由数列的递推公式可知：a_n与a_n-1有相同的奇偶性，由a₂=7是奇数，则a₂₀₁₇是奇数；
（2）①由a_n=3a_n-1+2a_n-2，采用“累加法”即可求得4S_n+3=5a_n+2a_n-1．由a_n＞0，n≥3时，a_n-1＜$\frac{1}{3}$a_n，代入即可求得4S_n+3＜$\frac{17}{3}$a_n；
②由|a_n+1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n-1}}$|=$\frac{2{a}_{n-2}}{{a}_{n-1}}$|a_n×$\frac{{a}_{n-1}^{2}}{{a}_{n-2}}$|，且a_n-1＜$\frac{1}{3}$a_n，则$\frac{2{a}_{n-2}}{{a}_{n-1}}$＜1，采用“放缩法”即可求得|a_n+1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n-1}}$|＜|a₃-$\frac{{a}_{2}^{2}}{{a}_{1}}$|＜$\frac{1}{2}$，当n=2时，|a_n+1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n-1}}$|=$\frac{1}{2}$，即可证明不等式成立．

解答 解：（1）证明：由a_n=3a_n-1+2a_n-2，n∈N^*，n≥3，则a_n与a_n-1有相同的奇偶性，
由a₂=7是奇数，则a₂₀₁₇是奇数；
（2）证明①当n≥3时，由a_n=3a_n-1+2a_n-2，
可得a_n-1=3a_n-2+2a_n-3，
…
a₃=3a₂+2a₁，
相加得S_n-a₁-a₂=3（S_n-a_n-a₁）+2（S_n-a_n-1-a_n），
4S_n+3=5a_n+2a_n-1．
因为a₁=2，a₂=7，
∴a_n=3a_n-1+2a_n-2＞0，
所以a_n＞0，
当n≥3时，a_n=3a_n-1+2a_n-2＞3a_n-1，所以a_n-1＜$\frac{1}{3}$a_n，
所以4S_n+3=5a_n+2a_n-1＜5a_n+2×$\frac{1}{3}$a_n=$\frac{17}{3}$a_n．
证明：②当n≥3时，因为：|a_n+1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n-1}}$|=|3a_n+2a_n-1-$\frac{（3{a}_{n-1}+2{a}_{n-2}）^{2}}{{a}_{n-1}}$|=|$\frac{2{a}_{n-1}^{2}-2{a}_{n}{a}_{n-2}}{{a}_{n-1}}$|=$\frac{2{a}_{n-2}}{{a}_{n-1}}$|a_n×$\frac{{a}_{n-1}^{2}}{{a}_{n-2}}$|，
因为a_n-1＜$\frac{1}{3}$a_n（n≥2），
所以$\frac{2{a}_{n-2}}{{a}_{n-1}}$＜$\frac{2}{3}$＜1．
因为|a_n+1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n-1}}$|＜|a_n-$\frac{{a}_{n-1}^{2}}{{a}_{n-2}}$|＜…＜|a₃-$\frac{{a}_{2}^{2}}{{a}_{1}}$|＜$\frac{1}{2}$，
当n=2时，|a_n+1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n-1}}$|=$\frac{1}{2}$，
∴当n≥2时，|a_n+1-$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n-1}}$|≤$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查数列的综合应用，考查数列的递推公式，“累加法”及“放缩法”的应用，考查数列与不等式的证明，考查转化思想，属于中档题．