Question

12．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，并且滿足a₁=2，na_n+1=S_n+n（n+1）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（2）設(shè)T_n為數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{2^n}}\right\}$的前n項(xiàng)和，求T_n；
（3）設(shè)b_n=$\frac{1}{{{a_{n+1}}{a_n}}}$，證明：b₁+b₂+b₃+…+b_n＜$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列的通項(xiàng)和求和之間的關(guān)系，由等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式，即可得到通項(xiàng)公式；
（2）運(yùn)用錯(cuò)位相減法，可得前n項(xiàng)和；
（3）運(yùn)用裂項(xiàng)相消求和，結(jié)合不等式的性質(zhì)即可得證．

解答 解：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，∵na_n+1=S_n+n（n+1）①，
∴（n-1）a_n=S_n-1+（n-1）n②，
兩式相減得na_n+1-（n-1）a_n=a_n+2n，
即a_n+1-a_n=2，
∵a₁=2，a₂=s₁+2=4，∴a₂-a₁=2，
所以數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)列．
∴a_n=2n（n≥2），當(dāng)n=1時(shí)也滿足上式，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=2n．
（2）∵$\frac{a_n}{2^n}=\frac{2n}{2^n}=\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，
∴${T_n}=1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}+…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$③，
③式兩邊同時(shí)乘以$\frac{1}{2}$得，$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+…+\frac{n-1}{{{2^{n-1}}}}+\frac{n}{2^n}$④，
③-④得，$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{T_n}=2-（n+2）\frac{1}{2^n}$，
即${T_n}=4-\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．
（3）證明：∵${b_n}=\frac{1}{{{a_{n+1}}{a_n}}}=\frac{1}{2（n+1）2n}=\frac{1}{4}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）$，
∴b₁+b₂+b₃+…+b_n=$\frac{1}{4}（{\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）$
=$\frac{1}{4}（{1-\frac{1}{n+1}}）＜\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)和求和的關(guān)系，同時(shí)考查等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式以及等比數(shù)列的求和公式的運(yùn)用，數(shù)列求和的方法：錯(cuò)位相減法和裂項(xiàng)相消求和，屬于中檔題．