Question

4．已知数列{a_n}的前n项和为S_n=-a_n-$\frac{1}{{{2^{n-1}}}}$+2（n∈N^*）
（Ⅰ）求证：数列{2ⁿa_n}是等差数列，并求出数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）令b_n=$\frac{n+1}{n}{a_n}$，求数列{b_n}的前n项和T_n；
（Ⅲ）令c_n=$\frac{a_n}{{n+{a_n}}}$，求证：当n≥2时，c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{5}{6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用数列的通项和求和间的关系，求得首项和2ⁿa_n-2^n-1a_n-1=1，再由等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；
（Ⅱ）求得b_n=$\frac{n+1}{n}{a_n}$=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，再由错位相减法和等比数列的求和公式，计算即可得到所求；
（Ⅲ）c_n=$\frac{a_n}{{n+{a_n}}}$=$\frac{1}{1+{2}^{n}}$，当n≥2时，c_n＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，由等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）当n=1时，S₁=-a₁-1+2，解得a₁=$\frac{1}{2}$，
n≥2时，由a_n=S_n-S_n-1=-a_n-$\frac{1}{{{2^{n-1}}}}$+2-（-a_n-1-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+2）
=a_n-1-a_n+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
得2ⁿa_n-2^n-1a_n-1=1，
∴数列{2ⁿa_n}为等差数列，
∴2ⁿa_n=2a₁+n-1=n，
即a_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$；
（Ⅱ）b_n=$\frac{n+1}{n}{a_n}$=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
前n项和T_n=1+3•$\frac{1}{4}$+4•$\frac{1}{8}$+5•$\frac{1}{16}$+…+（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{8}$+4•$\frac{1}{16}$+5•$\frac{1}{32}$+…+（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
两式相减可得，$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{16}$+$\frac{1}{32}$+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ-（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{2}$+$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$--（n+1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
化简可得，T_n=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$；
（Ⅲ）证明：c_n=$\frac{a_n}{{n+{a_n}}}$=$\frac{1}{1+{2}^{n}}$，
当n≥2时，c_n＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，
即有c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{8}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1}{3}$+$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$＜$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{6}$．
故当n≥2时，c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{5}{6}$．

点评 本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查构造数列的思想方法，同时考查错位相减法求数列的和，以及等比数列的求和公式的运用，以及不等式的性质，属于中档题．