Question

6．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=1，a_n≠0，a_na_n+1=4S_n-1．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=2^n-1（n∈N^*），設(shè)T_n是數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，證明T_n＜6．

Answer 1

分析 （1）由a_na_n+1=4S_n-1．a(chǎn)_n+1a_n+2=4S_n+1-1．得a_n+1（a_n+2-a_n）=4a_n+1，即a_n+2-a_n=4可得數(shù)列{a_2n-1}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列，a_2n-1=4n-3=2（2n-1）-1可得數(shù)列{a_2n}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列．a(chǎn)_2n=4n-1=2•2n-1可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=2n-1由得$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=2^n-1（n∈N^*），$_{n}=\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}=（2n-1）（\frac{1}{2}）^{n-1}$，利用錯(cuò)位相減法求和即可．

解答 解：（1）由a_na_n+1=4S_n-1．a(chǎn)_n+1a_n+2=4S_n+1-1．得a_n+1（a_n+2-a_n）=4a_n+1
∵a_n+1≠0，∴a_n+2-a_n=4
a₁=1，a₁a₂=4s₁-1，可得a₂=3．
可得數(shù)列{a_2n-1}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列，∴a_2n-1=4n-3=2（2n-1）-1．
可得數(shù)列{a_2n}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列．∴a_2n=4n-1=2•2n-1
綜上數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=2n-1
（2）由得$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$=2^n-1（n∈N^*），$_{n}=\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}=（2n-1）（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
${T}_{n}=1•（\frac{1}{2}）^{0}+3•（\frac{1}{2}）^{1}+5•（\frac{1}{2}）^{2}+…+$（2n-3）$（\frac{1}{2}）^{n-2}$+（2n-1）$（\frac{1}{2}）^{n-1}$；
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=1$•（\frac{1}{2}）^{1}$+3$•（\frac{1}{2}）^{2}$+…+（2n-5）$（\frac{1}{2}）^{n-2}$+（2n-3）（$\frac{1}{2}）^{n-1}$^n-1+（2n-1）$（\frac{1}{2}）^{n}$
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=1+2[$（\frac{1}{2}）^{1}+（\frac{1}{2}）^{2}+…+（\frac{1}{2}）^{n-1}]-（2n-1）（\frac{1}{2}）^{n}$-（2n-1）$（\frac{1}{2}）^{n}$
=1+$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n-1}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$
∴${T}_{n}=6-\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}$
∵n∈N⁺，∴${T}_{n}=6-\frac{2n+3}{{2}^{n-1}}＜6$

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用數(shù)列的遞推式求通項(xiàng)，錯(cuò)位相減法求和，屬于中檔題．