Question

4．對于任意的n∈N^*，數(shù)列{a_n}滿足$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n}-n}{{2}^{n}+1}$=n+1
（Ⅰ） 求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ） 設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，求S_n；
（Ⅲ） 求證：對于n≥2，$\frac{2}{{a}_{2}}$+$\frac{2}{{a}_{3}}$+…+$\frac{2}{{a}_{n+1}}$＜1-$\frac{1}{{2}^{n}}$．

Answer 1

分析 （I）通過$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n}-n}{{2}^{n}+1}$=n+1與$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n-1}-（n-1）}{{2}^{n-1}+1}$=n（n≥2）作差可知a_n=1+n+2ⁿ（n≥2），進而驗證當(dāng)n=1是否滿足即可；
（II）通過（I）可知，當(dāng)n=1時S₁=a₁=7，當(dāng)n≥2時利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的求和公式計算即得結(jié)論；
（III）通過（I）放縮可知，當(dāng)n≥2時$\frac{2}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，進而利用等比數(shù)列的求和公式計算即得結(jié)論．

解答 （I）解：∵$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n}-n}{{2}^{n}+1}$=n+1，
∴$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n-1}-（n-1）}{{2}^{n-1}+1}$=n（n≥2），
兩式相減得：$\frac{{a}_{n}-n}{{2}^{n}+1}$=1，即a_n=1+n+2ⁿ（n≥2），
又∵$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$=2，即a₁=7不滿足上式，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{7，}&{n=1}\\{1+n+{2}^{n}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（II）解：由（I）可知，當(dāng)n=1時，S₁=a₁=7，
當(dāng)n≥2時，S_n=7+（n-1）+$\frac{（n-1）（2+n）}{2}$+$\frac{{2}^{2}（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$=2ⁿ⁺¹+n²+2n+1；
綜上得，S_n=$\left\{\begin{array}{l}{7，}&{n=1}\\{{2}^{n+1}+{n}^{2}+2n+1，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（III）證明：由（I）可知，當(dāng)n≥2時，$\frac{2}{{a}_{n}}$=$\frac{2}{1+n+{2}^{n}}$＜$\frac{2}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴對于n≥2，$\frac{2}{{a}_{2}}$+$\frac{2}{{a}_{3}}$+…+$\frac{2}{{a}_{n+1}}$
＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．