Question

1．已數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，b_n=$\frac{1}{tan\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}}$•S_n是數(shù)列{b_n}的前n項和．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）求證；對任意n∈N^*．S_n＜（n-1）•2ⁿ+1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）兩邊同乘以2n+1，可得數(shù)列{2ⁿa_n}為首項為2，公差為2的等差數(shù)列，再由等差數(shù)列的通項公式即可得到；
（Ⅱ）設f（x）=sinx-xcosx，x∈（0，1]，運用導數(shù)可得tanx＞x，即$\frac{1}{tanx}$＜$\frac{1}{x}$，b_n=$\frac{1}{tan\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}}$=$\frac{1}{tan\frac{1}{n•{2}^{n-1}}}$＜n•2^n-1，再由錯位相減法可得T_n=1+2•2+…+n•2^n-1=（n-1）•2ⁿ+1，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
可得2ⁿ⁺¹a_n+1-2ⁿa_n=2，
即數(shù)列{2ⁿa_n}為首項為2，公差為2的等差數(shù)列，
即有2ⁿa_n=2+2（n-1）=2n，
則a_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$；
（Ⅱ）證明：設f（x）=sinx-xcosx，x∈（0，1]，
則f′（x）=cosx-（cosx-xsinx）=xsinx＞0，
即有f（x）在（0，1]遞增，則f（x）＞0，即有sinx＞xcosx，
則tanx＞x，即$\frac{1}{tanx}$＜$\frac{1}{x}$，
故b_n=$\frac{1}{tan\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}}$=$\frac{1}{tan\frac{1}{n•{2}^{n-1}}}$＜n•2^n-1，
S_n=b₁+b₂+…+b_n＜1+2•2+…+n•2^n-1，
記T_n=1+2•2+…+n•2^n-1，
2T_n=1•2+2•2²+…+n•2ⁿ，
相減可得T_n=-（1+2+…+2^n-1）+n•2ⁿ
=n•2ⁿ-$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$=（n-1）•2ⁿ+1，
故對任意n∈N^*．S_n＜（n-1）•2ⁿ+1．

點評 本題考查數(shù)列的通項的求法，注意運用等差數(shù)列的定義和通項公式，以及構(gòu)造數(shù)列的思想，考查等比數(shù)列的求和公式，以及數(shù)列的求和方法：錯位相減法，屬于中檔題．