Question

14．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，滿足S_n=a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4，n∈N^*，且a₁，S₂，2a₃+4成等比數(shù)列．
（1）求a₁、a₂、a₃的值．
（2）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，n∈N^*，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式
（3）證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有$\frac{3}{{a}_{1}}$+$\frac{4}{{a}_{2}}$+…+$\frac{n+2}{{a}_{n}}$＜1．

Answer 1

分析 （1）通過S_n=a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4，可得S₂、S₁的值，進(jìn)而可用a₂分別表示出a₁、a₃，利用a₁，S₂，2a₃+4成等比數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過S_n-S_n+1并整理可得b_n+1-b_n=2（n+1），n∈N^*，利用累加法即得結(jié)論；
（3）通過b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$可得$\frac{n+2}{{a}_{n}}$=$\frac{n+2}{n•（n+1）{•2}^{n}}$，分離分母并項(xiàng)相加即可．

解答 （1）解：∵S_n=a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4，n∈N^*，
∴S₂=a₃-2×2²⁺³-4=a₃-2⁶-4，
S₁=a₁=a₂-1×2¹⁺³-4=a₂-2⁴-4，
∴a₁=a₂-20，
∴a₂=S₂-S₁=（a₃-2⁶-4）-（a₂-2⁴-4）=a₃-a₂-2⁶+2⁴，
即a₃=2a₂+48，
又∵a₁，S₂，2a₃+4成等比數(shù)列，
∴（a₃-2⁶-4）²=a₁（2a₃+4），
即（2a₂+48-2⁶-4）²=（a₂-20）[2（2a₂+48）+4]，
解得a₂=24，
∴a₁=a₂-20=24-20=4，
a₃=2a₂+48=2×24+48=96；
（2）解：∵S_n=a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4，
∴S_n+1=a_n+2-（n+1）•2ⁿ⁺⁴-4，
兩式相減，得a_n+1=[a_n+2-（n+1）•2ⁿ⁺⁴-4]-[a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4]
化簡(jiǎn)得2a_n+1=a_n+2-2（n+2）•2ⁿ⁺²，
即$\frac{{a}_{n+2}}{{2}^{n+2}}$-$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=2（n+2），n∈N^*，
又∵$\frac{{a}_{1}}{2}=2$，$\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}$=$\frac{24}{4}$=6，$\frac{{a}_{3}}{{2}^{3}}$=$\frac{96}{8}$=12，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=2（n+1），n∈N^*，
即b_n+1-b_n=2（n+1），n∈N^*，
∴b_n-b_n-1=2n，
b_n-1-b_n-2=2（n-1），
…
b₃-b₂=2×3，
b₂-b₁=2×2，
累加得，b_n+1-b₁=2（n+1）+2n+2（n-1）+…+2×3+2×2
=2×[n+$\frac{n（n+1）}{2}$]=n²+3n，
∴b_n+1=n²+3n+2=（n+1）（n+2），
∵b₁=2=1×（1+1），
∴b_n=n（n+1），n∈N^*；
（3）證明：∵b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=n（n+1），n∈N^*，
∴a_n=n•（n+1）•2ⁿ，
∴$\frac{n+2}{{a}_{n}}$=$\frac{n+2}{n•（n+1）{•2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$（$\frac{2}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{1}{n•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（n+1）•{2}^{n}}$，
∴$\frac{3}{{a}_{1}}$+$\frac{4}{{a}_{2}}$+…+$\frac{n+2}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{1•1}$-$\frac{1}{2•{2}^{1}}$+$\frac{1}{2•{2}^{1}}$-$\frac{1}{3•{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{n•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（n+1）•{2}^{n}}$
=1-$\frac{1}{（n+1）•{2}^{n}}$＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)、及數(shù)列和的取值范圍，對(duì)表達(dá)式的靈活變形及利用累加法、并項(xiàng)法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．