Question

5．数列{a_n}中，a₁=t，a₂=t²，t∈（1，2），且a_n+1+ta_n-1=（t+1）a_n（n∈N，n≥2）．
（I）求证：数列{a_n+1-a_n}是等比数列，并求其通项公式；
（Ⅱ）若b_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+1}{2{a}_{n}}$（n∈N^*），S_n为数列{b_n}的前n项和，求证：S_n＜2ⁿ-${2}^{-\frac{n}{2}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得$\frac{{a}_{n+1}-{a}_{n}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$=t，n≥2，${a}_{2}-{a}_{1}={{t}^{2}-t=t（t-1）≠0}_{\;}$，由此能证明数列{a_n+1-a_n}是首项为t²-t，公比为t的等比数列，并能求出其通项公式．
（Ⅱ）b_n=$\frac{{t}^{2n}+1}{2{t}^{n}}$=$\frac{1}{2}$（${t}^{n}+\frac{1}{{t}^{n}}$），由已知推导出${b}_{n}＜\frac{1}{2}（{2}^{n}+\frac{1}{{2}^{n}}）$，由此利用分组求和法能证明S_n＜2ⁿ-${2}^{-\frac{n}{2}}$．

解答 证明：（Ⅰ）∵数列{a_n}中，a₁=t，a₂=t²，t∈（1，2），且a_n+1+ta_n-1=（t+1）a_n（n∈N，n≥2）．
∴a_n+1-a_n=t（a_n-a_n-1），n≥2，∴$\frac{{a}_{n+1}-{a}_{n}}{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$=t，n≥2，
又∵${a}_{2}-{a}_{1}={{t}^{2}-t=t（t-1）≠0}_{\;}$，
∴数列{a_n+1-a_n}是首项为t²-t，公比为t的等比数列．
∴a_n+1-a_n=（t²-t）t^n-1，即${a}_{n+1}-{a}_{n}={t}^{n+1}-{t}^{n}$，
∴${a}_{n}-{a}_{n-1}={t}^{n}-{t}^{n-1}$，${a}_{n-1}-{a}_{n-2}={t}^{n-1}-{t}^{n-2}$，…，${a}_{2}-{a}_{1}={t}^{2}-t$，
将上列各等式相加得${a}_{n}-{a}_{1}={t}^{n}-t$，
∴${a}_{n}={t}^{n}$．
（Ⅱ）∵b_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+1}{2{a}_{n}}$（n∈N^*），
∴b_n=$\frac{{t}^{2n}+1}{2{t}^{n}}$=$\frac{1}{2}$（${t}^{n}+\frac{1}{{t}^{n}}$），
∵$（{2}^{n}+\frac{1}{{2}^{n}}）-（{t}^{n}+\frac{1}{{t}^{n}}）$=$（{2}^{n}-{t}^{n}）•\frac{（2t）^{n}-1}{（2t）^{n}}$，
又1＜t＜2，∴2ⁿ＞2^t，∴（2t）ⁿ＞1，
∴${2}^{n}+\frac{1}{{2}^{n}}＞{t}^{n}+\frac{1}{{t}^{n}}$，∴${b}_{n}＜\frac{1}{2}（{2}^{n}+\frac{1}{{2}^{n}}）$，
∴S_n＜$\frac{1}{2}$[（2+2²+…+2ⁿ）+（$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{{2}^{n}}$）]
=$\frac{1}{2}$[$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}+\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n}]}{1-\frac{1}{2}}$]
=2ⁿ-$\frac{1}{2}（1+{2}^{-n}）$
＜${2}^{n}-\frac{1}{2}•2\sqrt{1•{2}^{-n}}$
=${2}^{n}-{2}^{-\frac{n}{2}}$．
∴S_n＜2ⁿ-${2}^{-\frac{n}{2}}$．

点评 本题考查等差数列的证明及前n项和公式的求法，考查关于数列前n项和公式的不等式的证明，综合性强，难度大，对数学思维要求高，解题时要注意公组求和法、累加法的合理运用．