Question

9．已知数列{a_n}前n项和为S_n，且S_n=2a_n-（n-1）q-1，其中n∈N*，q为常数．
（Ⅰ）当q=0时，求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）当q＞1时，对任意n∈N*，且n≥2，证明：$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+$\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）∵S_n=2a_n-（n-1）q-1…①，当n≥2时，S_n-1=2a_n-1-（n-2）q-1…②
①-②得a_n=2（a_n-a_n-1）-q⇒a_n=2a_n-1+q．
故当q=0时，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=2\\;（n≥2）$，即数列{a_n}是首项为1，公比为2的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a_n=2a_n-1+q．，a₁=1．当q＞1时，a_n=2a_n-1+q．＞2a_n-1+1，
即$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n-1}+1}＞2\\;\\;（n≥2）$，${a}_{n}+1＞{2}^{n}$，$\frac{1}{{a}_{n}+1}＜\frac{1}{{2}^{n}}$．
可得$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+$\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n=2a_n-（n-1）q-1…①，
∴当n≥2时，S_n-1=2a_n-1-（n-2）q-1…②
①-②得a_n=2（a_n-a_n-1）-q⇒a_n=2a_n-1+q．
故当q=0时，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=2\\;（n≥2）$，a₁=s₁=2a₁-1，∴a₁=1．
即数列{a_n}是首项为1，公比为2的等比数列，∴${a}_{n}={2}^{n-1}$；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得a_n=2a_n-1+q．，a₁=1．
当q＞1时，a_n=2a_n-1+q＞2a_n-1+1，
即$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n-1}+1}＞2\\;\\;（n≥2）$
∴$\frac{{a}_{2}+1}{{a}_{1}+1}•\frac{{a}_{3}+1}{{a}_{2}+1}•\frac{{a}_{4}+1}{{a}_{3}+1}…\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n-1}+1}$＞2^n-1
∴${a}_{n}+1＞{2}^{n}$，$\frac{1}{{a}_{n}+1}＜\frac{1}{{2}^{n}}$．
则：$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+$\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}$+$\frac{1}{1+{a}_{2}}$+$\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$＜1

点评 本题考查了利用数列的递推式求通项、数列中的放缩法，属于难题．