Question

10．已知数列{a_n]的前n项和记为S_n，且满足S_n=2a_n-n，n∈N*
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）证明：$\frac{n}{2}$$-\frac{1}{3}$$＜\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$$+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$+…$+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$$＜\frac{n}{2}$（n∈N*）

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过S_n=2a_n-n（n∈N⁺）与S_n-1=2a_n-1-（n-1）（n≥2）作差、变形可知a_n+1=2（a_n-1+1），进而计算即得结论．
（Ⅱ）利用$\frac{{a}_{k}}{{a}_{k+1}}=\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-1}＜\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-2}=\frac{1}{2}$，（k=1，2，…n），$\frac{{a}_{k}}{{a}_{k+1}}=\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2（{2}^{k+1}-1）}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3•{2}^{k}+{2}^{k}-2}$$≥\frac{1}{2}-\frac{1}{3•{2}^{k}}$（k=1，2，…n），可证明，$\frac{n}{2}$$-\frac{1}{3}$$＜\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$$+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$+…$+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$$＜\frac{n}{2}$（n∈N*）．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n=2a_n-n（n∈N⁺），
∴S_n-1=2a_n-1-n+1=0（n≥2），
两式相减得：a_n=2a_n-1+1，
变形可得：a_n+1=2（a_n-1+1），
又∵a₁=2a₁-1，即a₁=1，
∴数列{a_n+1}是首项为2、公比为2的等比数列，
∴a_n+1=2•2^n-1=2ⁿ，a_n=2ⁿ-1．
（Ⅱ）由$\frac{{a}_{k}}{{a}_{k+1}}=\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-1}＜\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-2}=\frac{1}{2}$，（k=1，2，…n），
∴$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}+…+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}＜\frac{1}{2}×n$=$\frac{n}{2}$，
由$\frac{{a}_{k}}{{a}_{k+1}}=\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2（{2}^{k+1}-1）}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3•{2}^{k}+{2}^{k}-2}$$≥\frac{1}{2}-\frac{1}{3•{2}^{k}}$，（k=1，2，…n），
得$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}+…+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$$＞\frac{n}{2}$-$\frac{1}{3}（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+..+\frac{1}{{2}^{n}}）$=$\frac{n}{2}-\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$$＞\frac{n}{2}-\frac{1}{3}$，
综上，$\frac{n}{2}$$-\frac{1}{3}$$＜\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$$+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$+…$+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$$＜\frac{n}{2}$（n∈N*）．

点评 本题考查了利用数列递推式求通项，考查了放缩法证明数列不等式，属于中档题．