Question

1．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且对n∈N^*都有S_n=2a_n+n-4
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）数列{b_n}满足b_n=$\frac{1}{nlo{g}_{2}（{a}_{n}-1）}$，（n∈N^*）且{b_n}的前n项和为T_n，求证：T_n＜$\frac{7}{4}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）利用递推关系化为a_n=2a_n-1-1，变形为a_n-1=2（a_n-1-1），再利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）b_n=$\frac{1}{nlo{g}_{2}（{a}_{n}-1）}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$，（n∈N^*），当n≥3时，b_n$≤\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$．利用“裂项求和”与“放缩法”即可证明．

解答 （1）解：∵对n∈N^*都有S_n=2a_n+n-4，∴当n=1时，a₁=2a₁-3，解得a₁=3．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2a_n+n-4-[2a_n-1+（n-1）-4]=2a_n-2a_n-1+1，
化为a_n=2a_n-1-1，变形为a_n-1=2（a_n-1-1），
∴数列{a_n-1}是等比数列，首项为2，公比为2，
∴a_n-1=2ⁿ，即a_n=2ⁿ+1．
（2）证明：b_n=$\frac{1}{nlo{g}_{2}（{a}_{n}-1）}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$，（n∈N^*），
当n≥3时，b_n$≤\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$．
∴{b_n}的前n项和为T_n≤1+$\frac{1}{4}$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$=$\frac{7}{4}$$-\frac{1}{n}$$＜\frac{7}{4}$，
当n=1，2时也成立，
∴T_n＜$\frac{7}{4}$（n∈N^*）．

点评 本题考查了“裂项求和”、“放缩法”、等比数列的通项公式、递推关系的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．