Question

18．已知数列{a_n}满足：a₁=2，a_n+a_n-1=4n-2（n≥2）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若数列{b_n}满足：b₁+3b₂+7b₃+…+（2ⁿ-1）b_n=a_n，证明：数列{b_n}的前n项和S_n＜4．

Answer 1

分析 （1）由已知得（a_n-2n）+（a_n-1-2n+2）=0，令a_n-2n=b_n，则b_n+b_n-1=0，由此能求出a_n=2n．
（2）由${b_1}+3{b_2}+7{b_3}+…+（{2^n}-1）{b_n}={a_n}$，推导出（2ⁿ-1）b_n=a_n-a_n-1=2，从而${b_n}=\frac{2}{{{2^n}-1}}$，由此能证明数列{b_n}的前n项和S_n＜4．

解答 解：（1）∵a_n+a_n-1=4n-2（n≥2），
∴（a_n-2n）+（a_n-1-2n+2）=0，
令a_n-2n=b_n，则b_n+b_n-1=0，且b₁=a₁-2=0，
由b_n=-b_n-1，b₁=0，知b_n=0，
∴a_n=2n．…（6分）
证明：（2）由${b_1}+3{b_2}+7{b_3}+…+（{2^n}-1）{b_n}={a_n}$，
知${b_1}+3{b_2}+7{b_3}+…+（{2^{n-1}}-1）{b_n}={a_{n-1}}（n≥2）$，
两式做差可得：（2ⁿ-1）b_n=a_n-a_n-1=2，
∴${b_n}=\frac{2}{{（{2^n}-1）}}（n≥2）$，
当n=1时b₁=a₁=2也满足上式．
∴${b_n}=\frac{2}{{{2^n}-1}}$．…（9分）
当n≥2时，2ⁿ-1＞2^n-1，
S_n=$\frac{2}{2-1}+\frac{2}{{2}^{2}-1}+\frac{2}{{2}^{3}-1}$+…+$\frac{2}{{2}^{n}-1}$
＜2+$\frac{2}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+…+\frac{2}{{2}^{n-1}}$
=3+$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-2}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$＜4．
∴数列{b_n}的前n项和S_n＜4．…（12分）

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法和放缩法的合理运用．