Question

1．已数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，b_n=$\frac{1}{tan\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}}$•S_n是数列{b_n}的前n项和．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）求证；对任意n∈N^*．S_n＜（n-1）•2ⁿ+1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）两边同乘以2n+1，可得数列{2ⁿa_n}为首项为2，公差为2的等差数列，再由等差数列的通项公式即可得到；
（Ⅱ）设f（x）=sinx-xcosx，x∈（0，1]，运用导数可得tanx＞x，即$\frac{1}{tanx}$＜$\frac{1}{x}$，b_n=$\frac{1}{tan\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}}$=$\frac{1}{tan\frac{1}{n•{2}^{n-1}}}$＜n•2^n-1，再由错位相减法可得T_n=1+2•2+…+n•2^n-1=（n-1）•2ⁿ+1，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
可得2ⁿ⁺¹a_n+1-2ⁿa_n=2，
即数列{2ⁿa_n}为首项为2，公差为2的等差数列，
即有2ⁿa_n=2+2（n-1）=2n，
则a_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$；
（Ⅱ）证明：设f（x）=sinx-xcosx，x∈（0，1]，
则f′（x）=cosx-（cosx-xsinx）=xsinx＞0，
即有f（x）在（0，1]递增，则f（x）＞0，即有sinx＞xcosx，
则tanx＞x，即$\frac{1}{tanx}$＜$\frac{1}{x}$，
故b_n=$\frac{1}{tan\frac{{a}_{n}}{{n}^{2}}}$=$\frac{1}{tan\frac{1}{n•{2}^{n-1}}}$＜n•2^n-1，
S_n=b₁+b₂+…+b_n＜1+2•2+…+n•2^n-1，
记T_n=1+2•2+…+n•2^n-1，
2T_n=1•2+2•2²+…+n•2ⁿ，
相减可得T_n=-（1+2+…+2^n-1）+n•2ⁿ
=n•2ⁿ-$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$=（n-1）•2ⁿ+1，
故对任意n∈N^*．S_n＜（n-1）•2ⁿ+1．

点评 本题考查数列的通项的求法，注意运用等差数列的定义和通项公式，以及构造数列的思想，考查等比数列的求和公式，以及数列的求和方法：错位相减法，属于中档题．