Question

13．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項和為S_n，2S_n+a_n=n²+2n+2，n∈N^*
（Ⅰ）證明：{a_n-n}是等比數(shù)列，并求{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)T_n為數(shù)列{n（a_n-n）}的前n項和，求證：T_n$＜\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過2S_n+a_n=n²+2n+2與2S_n-1+a_n-1=（n-1）²+2（n-1）+2作差，進而整理可知3a_n-3n=a_n-1-（n-1），計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）可知n（a_n-n）=2n•$\frac{1}{{3}^{n}}$，進而利用錯位相減法計算、放縮即得結(jié)論．

解答 證明：（Ⅰ）∵2S_n+a_n=n²+2n+2，
∴當(dāng)n≥2時，2S_n-1+a_n-1=（n-1）²+2（n-1）+2，
兩式相減得：2a_n+a_n-a_n-1=2n+1，即3a_n=a_n-1+2n+1，
變形得：3a_n-3n=a_n-1-（n-1），
∴數(shù)列{a_n-n}是公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，
又∵2S₁+a₁=1²+2+2，即a₁=$\frac{5}{3}$，a₁-1=$\frac{2}{3}$，
∴a_n-n=$\frac{2}{3}$•$\frac{1}{{3}^{n-1}}$=2•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
∴a_n=n+2•$\frac{1}{{3}^{n}}$；
（Ⅱ）由（I）可知n（a_n-n）=2n•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
∴T_n=2•1•$\frac{1}{3}$+2•2•$\frac{1}{{3}^{2}}$+2•3•$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+2n•$\frac{1}{{3}^{n}}$，
$\frac{1}{3}$T_n=2•1•$\frac{1}{{3}^{2}}$+2•2•$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+2（n-1）•$\frac{1}{{3}^{n}}$+2n•$\frac{1}{{3}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{2}{3}$T_n=2（$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$）-2n•$\frac{1}{{3}^{n+1}}$，
∴T_n=1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{3}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{3}^{n}}}{1-\frac{1}{3}}$-n•$\frac{1}{{3}^{n}}$
=$\frac{3}{2}$-（n+$\frac{3}{2}$）•$\frac{1}{{3}^{n}}$
$＜\frac{3}{2}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．