设等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $a_{n+1}=2S_n+\dfrac12,n\in\mathbb N^*$．
【难度】
【出处】
2015年全国高中数学联赛陕西省预赛（二试）
【标注】
-
求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；标注答案$a_n=\dfrac12\cdot3^{n-1}$解析因为 $a_{n+1}=2S_n+\dfrac12$，所以当 $n\geqslant2$ 时，$$a_n=2S_{n-1}+\dfrac12,$$两式相减，得$$a_{n+1}-a_n=2(S_n-S_{n-1})=2a_n,$$即当 $n\geqslant2$ 时，$$a_{n+1}=3a_n.$$因为 $\{a_n\}$ 是等比数列，所以对于 $n\in\mathbb N^*$，$a_{n+1}=3a_n$．
由已知可得$$a_2=2a_1+\dfrac12,$$解得 $a_1=\dfrac12$，故 $a_n=\dfrac12\cdot3^{n-1}$． -
在 $a_n$ 和 $a_{n+1}$ 之间插入 $n$ 个实数，使这 $n+2$ 个数依次组成公差为 $d_n$ 的等差数列．设数列 $\left\{\dfrac{1}{d_n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，求证：$T_n<\dfrac{15}{4},n\in\mathbb N^*$．标注答案略解析由题设得$$a_{n+1}=a_n+(n+1)d_n,$$所以$$\dfrac{1}{d_n}=\dfrac{n+1}{a_{n+1}-a_n}=\dfrac{n+1}{3^{n-1}},$$故\[\begin{split}T_n&=2+\dfrac33+\dfrac{4}{3^2}+\cdots+\dfrac{n+1}{3^{n-1}},\\\dfrac13T_n&=\qquad\dfrac23+\dfrac{3}{3^2}+\cdots+\dfrac{n}{3^{n-1}}+\dfrac{n+1}{3^n},\end{split}\]两式相减得$$\begin{split}\dfrac23T_n&=2+\dfrac13+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{3^{n-1}}-\dfrac{n+1}{3^n}\\&=\dfrac52-\dfrac{2n+5}{2\cdot3^n},\end{split}$$所以$$T_n=\dfrac{15}{4}-\dfrac{2n+5}{4\cdot3^{n-1}}<\dfrac{15}{4}.$$
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
