Question

3．數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，$a1=2，{S_n}={a_n}（{\frac{n}{3}+r}）（{r∈R，n∈{N^*}}）$．
（1）求r的值及數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)${b_n}=\frac{n}{a_n}（{n∈{N^*}}）$，記{b_n}的前n項和為T_n．
①當n∈N^*時，λ＜T_2n-T_n恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍；
②求證：存在關(guān)于n的整式g（n），使得$\sum_{i=1}^{n-1}{（{{T_n}+1}）}={T_n}•g（n）-1$對一切n≥2，n∈N^*都成立．

Answer 1

分析 （1）n=1時，S₁=a₁×$（\frac{1}{3}+r）$=a₁，解得r，可得S_n=a_n$\frac{n+2}{3}$．利用遞推關(guān)系可得$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$，（n≥2）．利用“累乘求積”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=$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+$…+$\frac{1}{2n+1}$，作差可得數(shù)列{T_2n-T_n}的單調(diào)性．利用當n∈N^*時，λ＜T_2n-T_n恒成立，可得λ的求值范圍．
②由①可得：n≥2時T_n-T_n-1=$\frac{1}{n+1}$，即（n+1）T_n-nT_n-1=T_n-1+1，n≥2時，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時，S₁=a₁×$（\frac{1}{3}+r）$=a₁，解得r=$\frac{2}{3}$，∴S_n=a_n$\frac{n+2}{3}$．
n≥2時，S_n-1=a_n-1$•\frac{n+1}{3}$．
兩式相減可得：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}$•2=n（n+1），n=1時也適合．
∴a_n=n（n+1）．
（2）①解：b_n=$\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}$，令B_n=T_2n-T_n，則B_n+1-B_n=$\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+3}$-$\frac{1}{n+2}$=$\frac{3n+4}{（2n+2）（2n+3）（n+2）}$＞0，因此數(shù)列{B_n}單調(diào)遞增，∴（B_n）_min=$\frac{1}{3}$．
∵當n∈N^*時，λ＜T_2n-T_n恒成立，∴$λ＜\frac{1}{3}$．
②證明：由①可得：n≥2時T_n-T_n-1=$\frac{1}{n+1}$，即（n+1）T_n-nT_n-1=T_n-1+1，
∴n≥2時，$\sum_{i=1}^{n-1}（{T}_{i}+1）$=（3T₂-2T₁）+（4T₃-3T₂）+…+[（n+1）T_n-nT_n-1]
=（n+1）T_n-2T₁=（n+1）T_n-1．
∴存在關(guān)于n的整式g（n）=n+1，使得$\sum_{i=1}^{n-1}{（{{T_n}+1}）}={T_n}•g（n）-1$對一切n≥2，n∈N^*都成立．

點評 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系、“累乘求積”方法、“累加求和”方法、“作差法”，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．