Question

13．已知數(shù)列{α_n}的前n項和為S_n，a₁=0，a₁+a₂+a₃+…+a_n+n=a_n+1，n∈N^*．
（1）求證：數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n和為T_n，b₁=1，點（T_n+1，T_n）在直線$\frac{x}{n+1}$-$\frac{y}{n}$=$\frac{1}{2}$上，求$\frac{_{1}}{{a}_{1}+1}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}+1}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}+1}$．

Answer 1

分析 （1）由a₁+a₂+a₃+…+a_n+n=a_n+1得2a_n+1=a_n+1，兩邊加1即可得出$\frac{{a}_{n+1}+1}{{a}_{n}+1}$=2；
（2）將（T_n+1，T_n）代入直線$\frac{x}{n+1}$-$\frac{y}{n}$=$\frac{1}{2}$通分消去T_n+1，得到T_n，T_n-1，兩式相減得到b_n和b_n+1的關(guān)系，推出{b_n}是等差數(shù)列，然后使用錯位相減法求和．

解答 解：（1）∵a₁+a₂+a₃+…+a_n+n=a₁+1+a₂+1+a₃+1+…+a_n+1=2a_n+1=a_n+1，
∴2a_n+2=a_n+1+1，∴$\frac{{a}_{n+1}+1}{{a}_{n}+1}$=2．∴數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列．
（2）由（1）知a_n+1=2^n-1，∴a_n=2^n-1-1．
∵$\frac{{T}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{T}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$，∴$\frac{n{T}_{n+1}-（n+1）{T}_{n}}{n（n+1）}$=$\frac{1}{2}$，∴$\frac{n{_{n}}_{+1}-{T}_{n}}{n（n+1）}$=$\frac{1}{2}$，即T_n=nb_n+1-$\frac{n（n+1）}{2}$，①∴T_n-1=（n-1）b_n-$\frac{（n-1）n}{2}$．②
①-②得b_n=nb_n+1-（n-1）b_n-n，整理得b_n+1-b_n=1．
∴{b_n}是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，∴b_n=n．
設(shè)M=$\frac{_{1}}{{a}_{1}+1}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}+1}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}+1}$，則M=$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{2}{{2}^{\;}}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$．③∴$\frac{M}{2}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，④
③-④得$\frac{M}{2}$=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$．
∴M=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{n}{{2}^{n-1}}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列，等比數(shù)列的判斷，通項公式，及數(shù)列求和，屬于中檔題．