Question

18．在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，且a_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}$（n∈N^*）
（Ⅰ）求證：數(shù)列{$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}-2}$}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)；
（Ⅱ）求證：|a₁-2|+|a₂-2|+|a₃-2|+…+|a_2n-1-2|+|a_2n-2|＜$\frac{7}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用等比數(shù)列的定義進(jìn)行證明即可；
（Ⅱ）對(duì)a_2n-2化簡(jiǎn)，對(duì)|a_2k-1-2|+|a_2k-2|變形為4×（$\frac{1}{{3}^{2k-1}+1}+\frac{1}{{3}^{2k}-1}$）=4×$\frac{{3}^{2k-1}+{3}^{2k}}{{3}^{2k-1}•{3}^{2k}+{3}^{2k}-{3}^{2k-1}-1}$＜4×（$\frac{1}{{3}^{2k-1}}+\frac{1}{{3}^{2k}}$），然后利用等比數(shù)列求和解答．

解答 證明：（Ⅰ）∵在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，且a_n+1=$\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}$（n∈N^*）
數(shù)列{$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}-2}$}中，$\frac{{a}_{n+1}+2}{{a}_{n+1}-2}•\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+2}$=$\frac{\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}+2}{\frac{{a}_{n}+4}{{a}_{n}+1}-2}•\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+2}$=-3，所以數(shù)列{$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}-2}$}為首項(xiàng)為-3，公比為-3的等比數(shù)列；
所以$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}-2}$=-3（-3）^n-1=（-3）ⁿ，所以a_n=$\frac{4}{（-3）^{n}-1}+2$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a_2n-2=$\frac{4}{{9}^{n}-1}$，所以|a₁-2|+|a₂-2|+|a₃-2|+…+|a_2n-1-2|+|a_2n-2|=$\frac{4}{3+1}+\frac{4}{{3}^{2}-1}+\frac{4}{{3}^{3}+1}+…+\frac{4}{{3}^{2n-1}+1}$+$\frac{4}{{3}^{2n}-1}$；
一般的|a_2k-1-2|+|a_2k-2|=4×（$\frac{1}{{3}^{2k-1}+1}+\frac{1}{{3}^{2k}-1}$）=4×$\frac{{3}^{2k-1}+{3}^{2k}}{{3}^{2k-1}•{3}^{2k}+{3}^{2k}-{3}^{2k-1}-1}$＜4×（$\frac{1}{{3}^{2k-1}}+\frac{1}{{3}^{2k}}$），
所以|a₁-2|+|a₂-2|+|a₃-2|+…+|a_2n-1-2|+|a_2n-2|＜4（$\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{{3}^{3}}+\frac{1}{{3}^{4}}+…+\frac{1}{{3}^{2n-1}}+\frac{1}{{3}^{2n}}$）=4×[$\frac{3}{8}$+$\frac{{3}^{\frac{1}{3}}（1-\frac{1}{{3}^{2n-2}}）}{1-\frac{1}{3}}$]＜4×（$\frac{3}{8}+\frac{1}{18}$）=$\frac{31}{18}$＜$\frac{7}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 考查學(xué)生對(duì)等比關(guān)系的判斷能力，會(huì)利用數(shù)列的遞推式的能力，以及不等式的證明能力，關(guān)鍵是放縮法的運(yùn)用．屬于難題．