Question

19．已知数列{a_n}的前n项和S_n=2ⁿ+1，（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项a_n；
（2）设b_n=n•a_n+1，求数列{b_n}的前n项和T_n；
（3）设c_n=$\frac{1}{2{a}_{n}-1}$，求证：c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{6}{5}$．（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）当n≥2时利用a_n=S_n-S_n-1计算，进而可得通项公式；
（2）通过（1）可知b_n=n•2ⁿ，进而利用错位相减法计算即得结论；
（3）通过（1）可知数列{c_n}的通项公式，分n=1与n≥2两种情况讨论即可，当n≥2时通过放缩c_n=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$＜$\frac{1+1}{{2}^{n}-1+1}$即得结论．

解答 （1）解：当n=1时，a₁=S₁=3，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2^n-1，
∴数列{a_n}的通项a_n=$\left\{\begin{array}{l}{3，}&{n=1}\\{{2}^{n-1}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（2）解：由（1）可知b_n=n•a_n+1=n•2ⁿ，
则T_n=1•2¹+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ，
2T_n=1•2²+2•2³+…+（n-1）•2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹，
两式相减，得：-T_n=2¹+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹
=（1-n）•2ⁿ⁺¹-2，
∴T_n=2+（n-1）•2ⁿ⁺¹；
（3）证明：由（1）可知c_n=$\frac{1}{2{a}_{n}-1}$=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{5}，}&{n=1}\\{\frac{1}{{2}^{n}-1}，}&{n≥2}\end{array}\right.$，
当n=1时，c₁=$\frac{1}{5}$＜$\frac{6}{5}$，
当n≥2时，c₁+c₂+…+c_n=$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{{2}^{2}-1}$+$\frac{1}{{2}^{3}-1}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}-1}$
＜$\frac{1}{5}$+$\frac{1+1}{{2}^{2}-1+1}$+$\frac{1+1}{{2}^{3}-1+1}$+…+$\frac{1+1}{{2}^{n}-1+1}$
=$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$
=$\frac{6}{5}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$
＜$\frac{6}{5}$，
综上所述，c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{6}{5}$（n∈N^*）．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查运算求解能力，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．