Question

2．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a_l=1，a_n+1=$\frac{4{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$（n∈N^*）．
（I）證明：數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和Sn．

Answer 1

分析 （Ⅰ）a_n+1=$\frac{4{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$（n∈N^*），兩邊取倒數(shù)可得：$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{4}+\frac{1}{2{a}_{n}}$，變形為$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}）$，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（Ⅱ）（Ⅰ）知$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，即$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{n}}$，b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}+\frac{n}{2}$，再利用“錯位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：∵a_n+1=$\frac{4{a}_{n}}{{a}_{n}+2}$（n∈N^*），
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{4}+\frac{1}{2{a}_{n}}$，
變形為$\frac{1}{{a}_{n+1}}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}）$，
又a₁=1，∴$\frac{1}{{a}_{1}}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，
所以數(shù)列$\{\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}\}$是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)，$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}×（\frac{1}{2}）^{n-1}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
即$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴b_n=$\frac{n}{{a}_{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}+\frac{n}{2}$．
設(shè)T_n=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，①
則$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，②
由①-②得，$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=1-$\frac{2+n}{{2}^{n+1}}$．
∴T_n=2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$．
又$\frac{1}{2}（1+2+…+n）$=$\frac{n（n+1）}{4}$．
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n=2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$+$\frac{n（n+1）}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了遞推關(guān)系的應(yīng)用、“錯位相減法”、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，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．