Question

18．設(shè)方程$\sqrt{3}$tan²πx-4tanπx+$\sqrt{3}$=0在[n-1，n）（n∈N^*）內(nèi)的所有解之和為a_n．
（Ⅰ）求a₁、a₂的值，并求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足：b₁=2，b_n+1≥a${\;}_{_{n}}$，求證：$\frac{1}{2_{1}-3}$+$\frac{1}{2_{2}-3}$+…+$\frac{1}{2_{n}-3}$＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先解方程得到x=k+$\frac{1}{6}$，或x=k+$\frac{1}{3}$，k∈Z，再分別令n=1，2，即可得到數(shù)列{a_n}的通項公式，
（Ⅱ）b_n+1≥a${\;}_{_{n}}$=2b_n-$\frac{3}{2}$，利用放縮法得到b_n+1-$\frac{3}{2}$≥2^n-1，即可得到$\frac{1}{_{n+1}-\frac{3}{2}}$≤$\frac{1}{{2}^{n}}$，求和后再放縮即可證明．

解答 解：（I）由方程$\sqrt{3}$tan²πx-4tanπx+$\sqrt{3}$=0，解得tanπx=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，或tanπx=$\sqrt{3}$．
∴πx=kπ+$\frac{π}{6}$，πx=kπ+$\frac{π}{3}$，k∈Z，
即x=k+$\frac{1}{6}$，或x=k+$\frac{1}{3}$，k∈Z．
當(dāng)n=1時，區(qū)間為[0，1），a₁=$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{3}$=$\frac{1}{2}$，
當(dāng)n=2時，區(qū)間為[1，2），a₂=1+$\frac{1}{6}$+1+$\frac{1}{3}$=2+$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{2}$，
當(dāng)x∈[n-1，n），
∴x=$\frac{1}{6}$+（n-1），或x=$\frac{1}{3}$+（n-1），
∴a_n=$\frac{1}{6}$+（n-1）+$\frac{1}{3}$（n-1）=2n-$\frac{3}{2}$；
（II）證明：由（1）得，b_n+1≥a${\;}_{_{n}}$=2b_n-$\frac{3}{2}$，
∴b_n+1-$\frac{3}{2}$≥a${\;}_{_{n}}$=2b_n-$\frac{3}{2}$≥2²（b_n-1-$\frac{3}{2}$）≥…≥2ⁿ（b₁-$\frac{3}{2}$）=2^n-1＞0
∴$\frac{1}{_{n+1}-\frac{3}{2}}$≤$\frac{2}{{2}^{n-1}}$，即$\frac{1}{2_{n+1}-3}$≤$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2_{1}-3}$+$\frac{1}{2_{2}-3}$+…+$\frac{1}{2_{n}-3}$≤1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1×（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$＜2．

點評 本題考查了等比數(shù)列的定義通項公式、求和公式、放縮法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．