Question

19．設(shè)S_n為等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且4S_n=n（a_n+a_n+1），a₅=9．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)區(qū)間（a_n•2ⁿ，a_n+1•2ⁿ⁺¹）內(nèi)整數(shù)的個(gè)數(shù)為b_n，令c_n=$\frac{_{n}-{2}^{n+2}+1}{{4}^{n}}$，若{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：T_n＜3．

Answer 1

分析 （1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式即可得出；
（2）區(qū)間（a_n•2ⁿ，a_n+1•2ⁿ⁺¹）即區(qū)間（（2n-1）•2ⁿ，（2n+1）•2ⁿ⁺¹），可得b_n=（2n+3）•2ⁿ-1，c_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，再利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 （1）解：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
∵4S_n=n（a_n+a_n+1），
∴$4×\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2}$=n（a_n+a_n+1），
化為2a₁=d，
又a₅=9，∴a₁+4d=9，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}=d}\\{{a}_{1}+4d=9}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=1}\\{d=2}\end{array}\right.$．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，
∴a_n=2n-1．
（2）證明：區(qū)間（a_n•2ⁿ，a_n+1•2ⁿ⁺¹）即區(qū)間（（2n-1）•2ⁿ，（2n+1）•2ⁿ⁺¹），
∴b_n=（2n+3）•2ⁿ-1，
∴c_n=$\frac{_{n}-{2}^{n+2}+1}{{4}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2}{{2}^{n}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{2}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=$3-\frac{2n+1}{{2}^{n}}$．
∴T_n＜3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“錯(cuò)位相減法”，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．