Question

13．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足b_n=sin$\frac{π{a}_{n}}{2}$，求證：關(guān)于數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n的不等式S_n＜5恒成立．

Answer 1

分析 （1）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，變形為2ⁿ⁺¹a_n+1-2ⁿa_n=2，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n．
（2）b_n=sin$\frac{π{a}_{n}}{2}$=$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$，當(dāng)n=1時(shí)，b₁=$sin\frac{π}{2}$=1；當(dāng)n=2時(shí)，b₂=1；當(dāng)n=3時(shí)，b₃=$sin\frac{3π}{8}$＜1．當(dāng)n≥4時(shí)，b_n=$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$＜$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，再利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 （1）解：∵a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
∴2ⁿ⁺¹a_n+1-2ⁿa_n=2，
∴數(shù)列{2ⁿa_n}是等差數(shù)列，首項(xiàng)與公差都為2．
∴2ⁿa_n=2+2（n-1）=2n，
∴a_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$．
（2）證明：b_n=sin$\frac{π{a}_{n}}{2}$=$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
當(dāng)n=1時(shí)，b₁=$sin\frac{π}{2}$=1；當(dāng)n=2時(shí)，b₂=1；當(dāng)n=3時(shí)，b₃=$sin\frac{3π}{8}$＜1．
當(dāng)n≥4時(shí)，b_n=$sin\frac{nπ}{{2}^{n}}$＜$\frac{nπ}{{2}^{n}}$，
令T_n-3=$\frac{4}{{2}^{4}}$+$\frac{5}{{2}^{5}}$+$\frac{6}{{2}^{6}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n-3}$=$\frac{4}{{2}^{5}}$+$\frac{5}{{2}^{6}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{T}_{n-3}$=$\frac{1}{4}$+$（\frac{1}{{2}^{5}}+\frac{1}{{2}^{6}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n-3=$\frac{1}{2}$+$（\frac{1}{{2}^{4}}+\frac{1}{{2}^{5}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{\frac{1}{16}（1-\frac{1}{{2}^{n-4}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{8}$-$\frac{1+n}{{2}^{n}}$＜$\frac{3}{8}$，
∴關(guān)于數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n的不等式S_n＜3+$\frac{3π}{8}$＜5恒成立．

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”、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．