Question

16．数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=-a_n+2n，（n∈N^*）．
（1）证明：数列{a_n-2}是等比数列，并求数列{a_n}的通项；
（2）设b_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$+$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-2，数列{b_n}的前n项和为T_n．
①求证：4b_n+1＜b_n；
②求证：T_n＜$\frac{2}{9}$．

Answer 1

分析 （1）通过S_n=-a_n+2n与S_n+1=-a_n+1+2（n+1）作差、整理可知2a_n+1=a_n+2，变形可知a_n+1-2=$\frac{1}{2}$（a_n-2），进而可知数列{a_n-2}是以-1为首项、$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
计算即得结论；
（2）通过（1）可知b_n=$\frac{1}{{2}^{n+1}-2}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$．①通过通分可知b_n=$\frac{1}{{2}^{n+1}-2}$•$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$，进而作商、放缩可知$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$＜$\frac{1}{4}$；②通过4b_n+1＜b_n可知b_n+1＜$\frac{1}{{4}^{n}}$•b₁，利用T_n≤b₁（1+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{{4}^{n-1}}$）计算、放缩即得结论．

解答 （1）证明：∵S_n=-a_n+2n，
∴S_n+1=-a_n+1+2（n+1），
两式相减得：a_n+1=a_n-a_n+1+2，
整理得：2a_n+1=a_n+2，
∴2a_n+1-4=a_n-2，即a_n+1-2=$\frac{1}{2}$（a_n-2），
又∵a₁=-a₁+2，即a₁=1，
∴a₁-2=1-2=-1，
∴数列{a_n-2}是以-1为首项、$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
∴a_n-2=-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴a_n=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$；
（2）由（1）可知a_n=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n-1}}$，a_n+1=$\frac{{2}^{n+1}-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$-1=-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$，$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-1=$\frac{1}{{2}^{n+1}-2}$，
∴b_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$+$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$-2=$\frac{1}{{2}^{n+1}-2}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$．
①证明：∵b_n=$\frac{1}{{2}^{n+1}-2}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$=$\frac{1}{{2}^{n+1}-2}$•$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$，
∴$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$=$\frac{（{2}^{n+1}-2）（{2}^{n+1}-1）}{（{2}^{n+2}-2）（{2}^{n+2}-1）}$=$\frac{1}{4}$•$\frac{（{2}^{n+1}-2）（{2}^{n+1}-1）}{（{2}^{n+1}-1）（{2}^{n+1}-\frac{1}{2}）}$＜$\frac{1}{4}$，
∴4b_n+1＜b_n；
②证明：∵4b_n+1＜b_n，
∴b_n+1＜$\frac{1}{4}$b_n＜$\frac{1}{{4}^{2}}$•b_n-1＜…＜$\frac{1}{{4}^{n}}$•b₁，
T_n≤b₁（1+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{{4}^{n-1}}$）
=（$\frac{1}{{2}^{2}-2}$•$\frac{1}{{2}^{2}-1}$）•$\frac{1-\frac{1}{{4}^{n}}}{1-\frac{1}{4}}$
=$\frac{1}{6}$•$\frac{4}{3}$（1-$\frac{1}{{4}^{n}}$）
＜$\frac{2}{9}$．

点评 本题考查数列的通项及求和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．