Question

18．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=2，a_n+a_n-1=4n-2（n≥2）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足：b₁+3b₂+7b₃+…+（2ⁿ-1）b_n=a_n，證明：數(shù)列{b_n}的前n項和S_n＜4．

Answer 1

分析 （1）由已知得（a_n-2n）+（a_n-1-2n+2）=0，令a_n-2n=b_n，則b_n+b_n-1=0，由此能求出a_n=2n．
（2）由${b_1}+3{b_2}+7{b_3}+…+（{2^n}-1）{b_n}={a_n}$，推導出（2ⁿ-1）b_n=a_n-a_n-1=2，從而${b_n}=\frac{2}{{{2^n}-1}}$，由此能證明數(shù)列{b_n}的前n項和S_n＜4．

解答 解：（1）∵a_n+a_n-1=4n-2（n≥2），
∴（a_n-2n）+（a_n-1-2n+2）=0，
令a_n-2n=b_n，則b_n+b_n-1=0，且b₁=a₁-2=0，
由b_n=-b_n-1，b₁=0，知b_n=0，
∴a_n=2n．…（6分）
證明：（2）由${b_1}+3{b_2}+7{b_3}+…+（{2^n}-1）{b_n}={a_n}$，
知${b_1}+3{b_2}+7{b_3}+…+（{2^{n-1}}-1）{b_n}={a_{n-1}}（n≥2）$，
兩式做差可得：（2ⁿ-1）b_n=a_n-a_n-1=2，
∴${b_n}=\frac{2}{{（{2^n}-1）}}（n≥2）$，
當n=1時b₁=a₁=2也滿足上式．
∴${b_n}=\frac{2}{{{2^n}-1}}$．…（9分）
當n≥2時，2ⁿ-1＞2^n-1，
S_n=$\frac{2}{2-1}+\frac{2}{{2}^{2}-1}+\frac{2}{{2}^{3}-1}$+…+$\frac{2}{{2}^{n}-1}$
＜2+$\frac{2}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+…+\frac{2}{{2}^{n-1}}$
=3+$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-2}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$＜4．
∴數(shù)列{b_n}的前n項和S_n＜4．…（12分）

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查數(shù)列的前n項和的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意構(gòu)造法和放縮法的合理運用．