Question

16．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=a_n+2ⁿ，n=1，2，3，…，且b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，a₁=1．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）若數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，證明：對任意n∈N^*，都有1≤T_n＜2成立．

Answer 1

分析 （I）由a_n+1=a_n+2ⁿ，可得a_n+1-a_n=2ⁿ，利用“累加求和”、等比數(shù)列的前n項和公式即可得出；
（II）$_{n}=\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$，由于b_n＞0，可得T_n≥T₁=1．當(dāng)n≥2時，b_n=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$＜$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．再利用等比數(shù)列的前n項和公式即可證明．

解答 （I）解：∵a_n+1=a_n+2ⁿ，∴a_n+1-a_n=2ⁿ，
∴當(dāng)n≥2時，a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
=2^n-1+2^n-2+…+2+1
=$\frac{{2}^{n}-1}{2-1}$=2ⁿ-1．
當(dāng)n=1時也成立，∴a_n=2ⁿ-1．
（II）證明：$_{n}=\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$，
∵b_n＞0，∴T_n≥T₁=1．
當(dāng)n≥2時，b_n=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$＜$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．
∴T_n$＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=$2（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$＜2．
綜上可得：對任意n∈N^*，都有1≤T_n＜2成立．

點評 本題考查了“累加求和”、等比數(shù)列的前n項和公式、“放縮法”、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．