Question

3．已知數(shù)列{a_n}的首項a₁=1，前n項和為S_n，且a_n+1=2a_n+1，n∈N^*．
（1）證明數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列并求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）證明：$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜2$．

Answer 1

分析 （1）由a_n+1=2a_n+1，得a_n+1+1=2（a_n+1），由a₁=1，得a₁+1=2，由此能證明數(shù)列{a_n+1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，從而能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）由$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{{{2^n}-1}}≤\frac{1}{{{2^n}-{2^{n-1}}}}=\frac{1}{{{2^{n-1}}}}$，利用放縮法和等比數(shù)列前n項和公式能證明$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜2$．

解答 解：（1）∵a_n+1=2a_n+1，
∴a_n+1+1=2（a_n+1），
又a₁=1，a₁+1=2，$\frac{an+1+1}{an+1}$=2，
∴數(shù)列{a_n+1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列．
∴a_n+1=2ⁿ，∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2ⁿ-1，
證明：（2）∵$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{{{2^n}-1}}≤\frac{1}{{{2^n}-{2^{n-1}}}}=\frac{1}{{{2^{n-1}}}}$，
∴$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}≤\frac{1}{2^0}+\frac{1}{2^1}+…\frac{1}{{{2^{n-1}}}}=\frac{{1•[1-{{（\frac{1}{2}）}^n}]}}{{1-\frac{1}{2}}}=2•[1-{（\frac{1}{2}）^n}]=2-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}＜2$，
∴$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜2$．

點評 本題考查等比數(shù)列的證明，考查數(shù)列的通項公式的求法，考查數(shù)列不等式的證明，考查構(gòu)造法、放縮法、等比數(shù)列等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．