Question

10．已知数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=2a_n+1（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设S_n为数列{$\frac{2n}{{a}_{n}+1}$}的前n项和，求证：1≤S_n＜4．

Answer 1

分析 （1）由题意可得a_n+1+1=2（a_n+1），运用等比数列的定义和通项公式，即可得到所求；
（2）求出$\frac{2n}{{a}_{n}+1}$=$\frac{2n}{{2}^{n}}$=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，再由数列的求和方法：错位相减法，结合数列的单调性，即可得证．

解答 解：（1）由a₁=1，a_n+1=2a_n+1（n∈N^*），
可得a_n+1+1=2（a_n+1），
即有数列{a_n+1}为首项为2，公比为2的等比数列，
则a_n+1=2ⁿ，即为a_n=2ⁿ-1；
（2）证明：$\frac{2n}{{a}_{n}+1}$=$\frac{2n}{{2}^{n}}$=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
前n项和S_n=1•1+2•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{4}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
$\frac{1}{2}$S_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{4}$+3•$\frac{1}{8}$+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
两式相减可得，$\frac{1}{2}$S_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
化简可得前n项和S_n=4-（2n+4）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ．
由$\frac{（2n+6）•（\frac{1}{2}）^{n+1}}{（2n+4）•（\frac{1}{2}）^{n}}$=$\frac{n+3}{2n+4}$＜1，
可得（2n+4）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ为递减数列，
则S_n为递增，则S_n≥S₁=1，且S_n＜4．
即有1≤S_n＜4．

点评 本题考查等比数列的定义和通项公式及等比数列的求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，考查不等式的性质，属于中档题．