Question

12．在數(shù)列{a_n}中a₁=1，n≥2時S_n²-a_nS_n+2a_n=0．
（1）求{a_n}通項(xiàng)公式；
（2）b_n=2ⁿ-1記{$\frac{1}{{S}_{n}_{n}}$}前n項(xiàng)和為T_n．求證：T_n＜3．

Answer 1

分析 （1）由S_n²-a_nS_n+2a_n=0由推出數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是等差數(shù)列，進(jìn)而求出S_n，再求出a_n；
（2）通過放縮法、用裂項(xiàng)求和法求出數(shù)列{$\frac{1}{{2}^{n-1}}$•$\frac{n+1}{2}$}的前n項(xiàng)和為Q_n，不等式得證．

解答 （1）解：由S₁=a₁=1，S_n²-a_nS_n+2a_n=0，
可知：（1+a₂）²-a₂（1+a₂）+2a₂=0，
解得：a₂=-$\frac{1}{3}$，S₂=$\frac{2}{3}$，
∵S_n²-a_nS_n+2a_n=0，
∴S_n²-（S_n-S_n-1）S_n+2（S_n-S_n-1）=0，
∴S_n-1S_n+2S_n-2S_n-1=0，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{S}_{n-1}}$=$\frac{1}{2}$，
則數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以1為首項(xiàng)，$\frac{1}{2}$為公差的等差數(shù)列，
則$\frac{1}{{S}_{n}}$=1+$\frac{1}{2}$（n-1）=$\frac{n+1}{2}$，∴S_n=$\frac{2}{n+1}$，
則當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{2}{n+1}$-$\frac{2}{n}$=-$\frac{2}{n（n+1）}$；
則a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，}&{n=1}\\{-\frac{2}{n（n+1）}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（2）證明：∵b_n=2ⁿ-1≥2^n-1，S_n=$\frac{2}{n+1}$，
∴$\frac{1}{{S}_{n}_{n}}$≤$\frac{1}{{2}^{n-1}}$•$\frac{n+1}{2}$，
記數(shù)列{$\frac{1}{{2}^{n-1}}$•$\frac{n+1}{2}$}的前n項(xiàng)和為Q_n，
則Q_n=$\frac{1}{{2}^{1-1}}$×1+$\frac{1}{{2}^{2-1}}$×$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{{2}^{3-1}}$×2+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$×$\frac{n+1}{2}$，
2Q_n=2×1+$\frac{1}{{2}^{1-1}}$×$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2-1}}$×2+…+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$×$\frac{n+1}{2}$，
兩式相減，得：Q_n=2+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{2}^{1-1}}$+$\frac{1}{{2}^{2-1}}$+$\frac{1}{{2}^{3-1}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$）-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$×$\frac{n+1}{2}$
=2+$\frac{1}{2}×$$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n}}$
=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$＜3，
∴T_n≤Q_n＜3．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列通項(xiàng)公式的求法，同時考查了裂項(xiàng)求和法，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．