Question

7．设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知S_n+6=2a_n+2n（n∈N^*）．
（1）求证：数列{a_n-2}是等比数列；
（2）设b_n=$\frac{n}{{a}_{n}-2}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，求证：T_n＜2．

Answer 1

分析 （1）利用a_n=S_n-S_n-1得出a_n-2与a_n-1-2的关系即可判断出结论；
（2）使用错位相减法求出T_n，即可得出结论．

解答 解：（1）∵S_n+6=2a_n+2n，∴S_n=2a_n+2n-6，
当n=1时，a₁=2a₁+2-6，∴a₁=4．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2a_n+2n-6-[2a_n-1+2（n-1）-6]=2a_n-2a_n-1+2，
∴a_n-2=2（a_n-1-2）．
∴数列{a_n-2}是以2为首项，以2为公比的等比数列．
（2）${a_n}-2={2^n}$，∴${b_n}=n{（\frac{1}{2}）^n}$．
∴${T_n}=1•（\frac{1}{2}）+2•{（\frac{1}{2}）^2}+3•{（\frac{1}{2}）^3}+…+n•{（\frac{1}{2}）^n}$，
∴$\frac{1}{2}{T_n}=1•{（\frac{1}{2}）^2}+2•{（\frac{1}{2}）^3}+3•{（\frac{1}{2}）^4}+…+（n+1）•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}$．
两式相减得：$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+•{（\frac{1}{2}）^2}+•{（\frac{1}{2}）^3}+•{（\frac{1}{2}）^4}+…+{（\frac{1}{2}）^n}-（n+1）•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}=1-{（\frac{1}{2}）^n}-（n+1）•{（\frac{1}{2}）^{n+1}}$，
∴${T_n}=2-{（\frac{1}{2}）^{n-1}}-（n+1）•{（\frac{1}{2}）^n}＜2$．

点评 本题考查了等比数列的判断，错位相减法数列求和，属于中档题．