Question

4．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n=-a_n-$\frac{1}{{{2^{n-1}}}}$+2（n∈N^*）
（Ⅰ）求證：數(shù)列{2ⁿa_n}是等差數(shù)列，并求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令b_n=$\frac{n+1}{n}{a_n}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅲ）令c_n=$\frac{a_n}{{n+{a_n}}}$，求證：當(dāng)n≥2時(shí)，c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{5}{6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運(yùn)用數(shù)列的通項(xiàng)和求和間的關(guān)系，求得首項(xiàng)和2ⁿa_n-2^n-1a_n-1=1，再由等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式，即可得到所求；
（Ⅱ）求得b_n=$\frac{n+1}{n}{a_n}$=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，再由錯(cuò)位相減法和等比數(shù)列的求和公式，計(jì)算即可得到所求；
（Ⅲ）c_n=$\frac{a_n}{{n+{a_n}}}$=$\frac{1}{1+{2}^{n}}$，當(dāng)n≥2時(shí)，c_n＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，由等比數(shù)列的求和公式和不等式的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)n=1時(shí)，S₁=-a₁-1+2，解得a₁=$\frac{1}{2}$，
n≥2時(shí)，由a_n=S_n-S_n-1=-a_n-$\frac{1}{{{2^{n-1}}}}$+2-（-a_n-1-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+2）
=a_n-1-a_n+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
得2ⁿa_n-2^n-1a_n-1=1，
∴數(shù)列{2ⁿa_n}為等差數(shù)列，
∴2ⁿa_n=2a₁+n-1=n，
即a_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$；
（Ⅱ）b_n=$\frac{n+1}{n}{a_n}$=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
前n項(xiàng)和T_n=1+3•$\frac{1}{4}$+4•$\frac{1}{8}$+5•$\frac{1}{16}$+…+（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{8}$+4•$\frac{1}{16}$+5•$\frac{1}{32}$+…+（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
兩式相減可得，$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{16}$+$\frac{1}{32}$+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ-（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{2}$+$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$--（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
化簡(jiǎn)可得，T_n=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$；
（Ⅲ）證明：c_n=$\frac{a_n}{{n+{a_n}}}$=$\frac{1}{1+{2}^{n}}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，c_n＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，
即有c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1}{3}$+$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$＜$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{6}$．
故當(dāng)n≥2時(shí)，c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{5}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式的運(yùn)用，考查構(gòu)造數(shù)列的思想方法，同時(shí)考查錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，以及等比數(shù)列的求和公式的運(yùn)用，以及不等式的性質(zhì)，屬于中檔題．