Question

16．已知數(shù)列{a_n}中，S_n為{a_n}的前n項(xiàng)和，a_n+1=S_n-n+3，n∈N^*，a₁=2．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{n}{{S}_{n}-n+2}$（n∈N^*），數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：$\frac{1}{3}$≤T_n＜$\frac{4}{3}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用數(shù)列的通項(xiàng)和求和之間的關(guān)系，可得數(shù)列{a_n-1}為第二項(xiàng)起為等比數(shù)列，再由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，即可得到所求；
（2）求出b_n=$\frac{n}{{S}_{n}-n+2}$=$\frac{n}{3•{2}^{n-1}}$，再由數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式和不等式的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（1）當(dāng)n=1時(shí)，a₂=S₁-1+3=a₁+2=4，
a_n+1=S_n-n+3，可得a_n=S_n-1-n+4，
兩式相減可得，a_n+1-a_n=a_n-1，
即有a_n+1-1=2（a_n-1），
即為數(shù)列{a_n-1}為第二項(xiàng)起為等比數(shù)列，
則a_n-1=3•2^n-2，n＞1，n∈N，
即有a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n=1}\\{3•{2}^{n-2}+1，n＞1}\end{array}\right.$；
（2）a_n+1=S_n-n+3，可得S_n=3•2^n-1-2+n，
則b_n=$\frac{n}{{S}_{n}-n+2}$=$\frac{n}{3•{2}^{n-1}}$，
即有前n項(xiàng)和為T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{2}{3•2}$+$\frac{3}{3•{2}^{2}}$+…+$\frac{n}{3•{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{3•2}$+$\frac{2}{3•{2}^{2}}$+$\frac{3}{3•{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{3•{2}^{n}}$，
兩式相減可得，$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3•2}$+$\frac{1}{3•{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{3•{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{3•{2}^{n}}$
=$\frac{1}{3}$•$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{3•{2}^{n}}$，
化簡(jiǎn)可得T_n=$\frac{4}{3}$-$\frac{4}{3}$•（$\frac{1}{2}$）ⁿ-$\frac{2n}{3•{2}^{n}}$，
由于{bn}各項(xiàng)大于0，可得T_n≥T₁=$\frac{1}{3}$，
由不等式的性質(zhì)可得T_n＜$\frac{4}{3}$．
故$\frac{1}{3}$≤T_n＜$\frac{4}{3}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)和求和之間的關(guān)系，考查等比數(shù)列的通項(xiàng)和求和公式的運(yùn)用，以及數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，屬于中檔題．