Question

20．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足S_n=2-a_n，n=1，2，3，…．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足b₁=1，且b_n+1=b_n+a_n，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)c_n=n（3-b_n），數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：T_n＜8．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n=1時，a₁=1．由題意可知a_n+1-a_n+S_n+1-S_n=0，整理得：2a_n+1=a_n，則數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)a₁=1，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，即可求得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）由題意可知：b_n+1-b_n=（$\frac{1}{2}$）^n-1，采用累加法及等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，即可求得數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）由c_n=n（3-b_n）=2n（$\frac{1}{2}$）^n-1，采用“錯位相減法”即可求得T_n，即可求證T_n＜8．

解答 解：（1）由n=1時，a₁+S₁=a₁+a₁=2，則a₁=1．
由S_n=2-a_n，即S_n+a_n=2，S_n+1+a_n+1=2，
兩式相減：a_n+1-a_n+S_n+1-S_n=0，即a_n+1-a_n+a_n+1=0．故有：2a_n+1=a_n，
由a_n≠0，則$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$（ n∈N*），
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)a₁=1，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=（$\frac{1}{2}$）^n-1，（ n∈N*）；
（2）由b_n+1=b_n+a_n，（n=1，2，3，…），b_n+1-b_n=（$\frac{1}{2}$）^n-1，
∴b₂-b₁=1，
b₃-b₂=$\frac{1}{2}$，
b₄-b₃=（$\frac{1}{2}$）²，
…
b_n-b_n-1=（$\frac{1}{2}$）^n-2，（n=2，3，…），
將這n-1個等式相加，得b_n-b₁=1+$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$）²+…+（$\frac{1}{2}$）²
=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n-1}}{1-\frac{1}{2}}$=2-2×（$\frac{1}{2}$）^n-1，
又b₁=1，則b_n=3-2×（$\frac{1}{2}$）^n-1，（n=1，2，3，…），
（3）證明：由c_n=n（3-b_n）=2n（$\frac{1}{2}$）^n-1，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，T_n=2[（$\frac{1}{2}$）⁰+2×（$\frac{1}{2}$）¹+3×（$\frac{1}{2}$）²+…+n（$\frac{1}{2}$）^n-1]，①
$\frac{1}{2}$T_n=2[（$\frac{1}{2}$）¹+2×（$\frac{1}{2}$）²+3×（$\frac{1}{2}$）³+…+（n+1）（$\frac{1}{2}$）^n-1+n（$\frac{1}{2}$）ⁿ]，②
①-②，得$\frac{1}{2}$T_n=2[（$\frac{1}{2}$）⁰+（$\frac{1}{2}$）¹+（$\frac{1}{2}$）²+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1]-2n（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
故T_n=4×$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-4n（$\frac{1}{2}$）ⁿ=8-（8+4n）×$\frac{1}{{2}^{n}}$＜8，（n=1，2，3，…），
∴T_n＜8．

點(diǎn)評 本題考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查“累加法”及“錯位相減法”的應(yīng)用，考查數(shù)列與不等式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．