Question

9．已知數(shù)列{a_n}滿足${a_1}=\frac{1}{2}$，${a_{n+1}}=\frac{{2{a_n}}}{{1+{a_n}}}，n∈{N^*}$．
（I）求證：數(shù)列$\left\{{\frac{1}{a_n}-1}\right\}$是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（II）令b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$，（n∈N^*），設數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，求證：當n≥3時，S_n＞$\frac{{n}^{2}}{2}$+4．

Answer 1

分析 （I）通過對${a_{n+1}}=\frac{{2{a_n}}}{{1+{a_n}}}，n∈{N^*}$取倒數(shù)、變形可知a_n＞0、$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-1=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{a}_{n}}$-1），進而可知數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是首項為1、公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，利用等比數(shù)列通項公式計算即得結論；
（II）通過（I）可知b_n=n+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，進而利用分組求和法、錯位相減法計算可知S_n=$\frac{{n}^{2}}{2}$+4+$\frac{n•{2}^{n-1}-2n-4}{{2}^{n}}$，當n≥3時放縮即得結論．

解答 證明：（I）由題意知a_n＞0，$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-1=$\frac{1+{a}_{n}}{2{a}_{n}}$-1=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{a}_{n}}$-1），
又因為$\frac{1}{{a}_{1}}$-1=1，
所以數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是首項為1、公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
所以$\frac{1}{{a}_{n}}$-1=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，故$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，a_n=$\frac{{2}^{n-1}}{1+{2}^{n-1}}$；
（II）由（I）可知b_n=n+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
則S_n=（1+2+3+…+n）+（1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）
=$\frac{n（n+1）}{2}$+（1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$），
$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{n（n+1）}{4}$+[1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$]，
兩式相減，得：$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{n（n+1）}{4}$+（$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$）
=$\frac{n（n+1）}{4}$+$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{n（n+1）}{4}$+2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
所以S_n=$\frac{{n}^{2}}{2}$+4+$\frac{n•{2}^{n-1}-2n-4}{{2}^{n}}$，
當n≥3時，n•2^n-1-2n-4≥n•2²-2n-4＞0，
所以S_n＞$\frac{{n}^{2}}{2}$+4．

點評 本題是一道關于數(shù)列與不等式的綜合題，考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．