Question

15．已知数列{a_n}中，a₁=1，前n项和为S_n=$\frac{n+2}{3}$a_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{1}{{n}^{2}+2{a}_{n}}$，数列{b_n}的前n项和T_n，证明：T_n＜$\frac{2}{3}$；
（3）设c_n=$\frac{2n+1}{{a}_{n}^{2}}$，问：是否存在常数M，使得对所有的n∈N^*，都有c₁+c₂+…+c_n＜M．若存在，求M的最小值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过S_n=$\frac{n+2}{3}$a_n与S_n+1=$\frac{n+3}{3}$a_n+1作差、整理可知$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+2}{n}$，从而$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$、$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$=$\frac{n}{n-2}$、…、$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{3}{1}$，累乘、计算即得结论；
（2）通过（1）放缩、裂项可知b_n＜$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$，通过从第二项起放缩、并项相加即得结论；
（3）通过（1）裂项可知c_n=4[$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$]，并项相加即得结论．

解答 （1）解：∵S_n=$\frac{n+2}{3}$a_n，
∴S_n+1=$\frac{n+3}{3}$a_n+1，
两式相减得：a_n+1=$\frac{n+3}{3}$a_n+1-$\frac{n+2}{3}$a_n，
整理得：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+2}{n}$，
$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$，
$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$=$\frac{n}{n-2}$，
…
$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{3}{1}$，
累乘得：$\frac{{a}_{n}}{{a}_{1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$•$\frac{n}{n-2}$•…•$\frac{3}{1}$=$\frac{n（n+1）}{2}$，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=$\frac{n（n+1）}{2}$；
（2）证明：由（1）可知b_n=$\frac{1}{{n}^{2}+2{a}_{n}}$
=$\frac{1}{{n}^{2}+2•\frac{n（n+1）}{2}}$
=$\frac{1}{{n}^{2}+n（n+1）}$
=$\frac{2}{2n（2n+1）}$
＜$\frac{2}{（2n-1）（2n+1）}$
=$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$，
∴T_n≤$\frac{2}{2（2+1）}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$
=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{2n+1}$
＜$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$
=$\frac{2}{3}$；
（3）结论：存在最小常数M=4，使得对所有的n∈N^*，都有c₁+c₂+…+c_n＜M．
理由如下：
由（1）可知c_n=$\frac{2n+1}{{a}_{n}^{2}}$=$\frac{2n+1}{[\frac{n（n+1）}{2}]^{2}}$=$\frac{4（2n+1）}{{n}^{2}（{n+1）}^{2}}$=4[$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$]，
∴c₁+c₂+…+c_n=4[1-$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$-$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$]
=4[1-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$]
＜4，
∴存在最小常数M=4，使得对所有的n∈N^*，都有c₁+c₂+…+c_n＜M．

点评 本题考查数列的通项与求和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．