Question

20．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$（n∈N^*）．
（1）設(shè)b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-1，證明：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n；
（2）記數(shù)列{nb_n}的前n項和為T_n，求證：T_n＜4．

Answer 1

分析 （1）通過對a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$兩邊同時取倒數(shù)可知$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{2}$，變形可知$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-1=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{a}_{n}}$-1），進(jìn)而可知數(shù)列{b_n}是公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，通過求出數(shù)列{b_n}的通項公式可知數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）通過（1）可知nb_n=n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，進(jìn)而利用錯位相減法計算、放縮即得結(jié)論．

解答 證明：（1）∵a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$（n∈N^*），
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}+1}{2{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{a}_{n}}$+$\frac{1}{2}$，
整理得：$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-1=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{a}_{n}}$-1），
∵b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-1，
∴數(shù)列{b_n}是公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
又∵b₁=$\frac{1}{{a}_{1}}$-1=2-1=1，
∴b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-1=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴a_n=$\frac{1}{1+\frac{1}{{2}^{n-1}}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{1+{2}^{n-1}}$；
（2）由（1）可知nb_n=n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
則T_n=1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴T_n=2（2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$）=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$＜4．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，考查放縮法，對表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．