Question

13．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=-4，a_n+1=2a_n+2（n+1），n∈N^*．
（1）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記c_n=a_n+3n+4（n∈N^*），求證：$\frac{2}{{c}_{1}}$+$\frac{2}{{c}_{2}}$+…+$\frac{2}{{c}_{n}}$＜2．

Answer 1

分析 （1）由題意可得$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，即b_n+1=b_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，由b_n=b₁+（b₂-b₁）+（b₃-b₂）+…+（b_n-b_n-1），結(jié)合數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，化簡整理，可得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求得a_n=2ⁿ-（2n+4），c_n=a_n+3n+4=2ⁿ+n＞2ⁿ，運(yùn)用放縮法和等比數(shù)列的求和公式，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（1）a_n+1=2a_n+2（n+1），
可得$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
即有b_n+1=b_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
則b_n=b₁+（b₂-b₁）+（b₃-b₂）+…+（b_n-b_n-1）
=-2+2•$\frac{1}{2}$+3•（$\frac{1}{2}$）²+…+n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
設(shè)S_n=1+2•$\frac{1}{2}$+3•（$\frac{1}{2}$）²+…+n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
$\frac{1}{2}$S_n=1•$\frac{1}{2}$+2•（$\frac{1}{2}$）²+3•（$\frac{1}{2}$）³+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
兩式相減可得，$\frac{1}{2}$S_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，
可得S_n=4-$\frac{2n+4}{{2}^{n}}$，
則b_n=-3+4-$\frac{2n+4}{{2}^{n}}$=1-$\frac{2n+4}{{2}^{n}}$；
（2）證明：由b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，可得a_n=2ⁿ（1-$\frac{2n+4}{{2}^{n}}$）
=2ⁿ-（2n+4），
則c_n=a_n+3n+4=2ⁿ+n，
故$\frac{2}{{c}_{1}}$+$\frac{2}{{c}_{2}}$+…+$\frac{2}{{c}_{n}}$=$\frac{2}{2+1}$+$\frac{2}{4+2}$+…+$\frac{2}{{2}^{n}+n}$
＜$\frac{2}{2}$+$\frac{2}{4}$+…+$\frac{2}{{2}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=2（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，注意運(yùn)用構(gòu)造數(shù)列和數(shù)列恒等式、數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，考查不等式的證明，注意運(yùn)用放縮法和等比數(shù)列的求和公式，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于難題．