Question

3．已知数列{a_n}的首项a₁=1，前n项和为S_n，且a_n+1=2a_n+1，n∈N^*．
（1）证明数列{a_n+1}是等比数列并求数列{a_n}的通项公式；
（2）证明：$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜2$．

Answer 1

分析 （1）由a_n+1=2a_n+1，得a_n+1+1=2（a_n+1），由a₁=1，得a₁+1=2，由此能证明数列{a_n+1}是首项为2，公比为2的等比数列，从而能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）由$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{{{2^n}-1}}≤\frac{1}{{{2^n}-{2^{n-1}}}}=\frac{1}{{{2^{n-1}}}}$，利用放缩法和等比数列前n项和公式能证明$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜2$．

解答 解：（1）∵a_n+1=2a_n+1，
∴a_n+1+1=2（a_n+1），
又a₁=1，a₁+1=2，$\frac{an+1+1}{an+1}$=2，
∴数列{a_n+1}是首项为2，公比为2的等比数列．
∴a_n+1=2ⁿ，∴数列{a_n}的通项公式a_n=2ⁿ-1，
证明：（2）∵$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{{{2^n}-1}}≤\frac{1}{{{2^n}-{2^{n-1}}}}=\frac{1}{{{2^{n-1}}}}$，
∴$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}≤\frac{1}{2^0}+\frac{1}{2^1}+…\frac{1}{{{2^{n-1}}}}=\frac{{1•[1-{{（\frac{1}{2}）}^n}]}}{{1-\frac{1}{2}}}=2•[1-{（\frac{1}{2}）^n}]=2-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}＜2$，
∴$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＜2$．

点评 本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式的求法，考查数列不等式的证明，考查构造法、放缩法、等比数列等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．