Question

19．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=2ⁿ+1，（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項a_n；
（2）設b_n=n•a_n+1，求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n；
（3）設c_n=$\frac{1}{2{a}_{n}-1}$，求證：c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{6}{5}$．（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）當n≥2時利用a_n=S_n-S_n-1計算，進而可得通項公式；
（2）通過（1）可知b_n=n•2ⁿ，進而利用錯位相減法計算即得結論；
（3）通過（1）可知數(shù)列{c_n}的通項公式，分n=1與n≥2兩種情況討論即可，當n≥2時通過放縮c_n=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$＜$\frac{1+1}{{2}^{n}-1+1}$即得結論．

解答 （1）解：當n=1時，a₁=S₁=3，
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2^n-1，
∴數(shù)列{a_n}的通項a_n=$\left\{\begin{array}{l}{3，}&{n=1}\\{{2}^{n-1}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（2）解：由（1）可知b_n=n•a_n+1=n•2ⁿ，
則T_n=1•2¹+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ，
2T_n=1•2²+2•2³+…+（n-1）•2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹，
兩式相減，得：-T_n=2¹+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹
=（1-n）•2ⁿ⁺¹-2，
∴T_n=2+（n-1）•2ⁿ⁺¹；
（3）證明：由（1）可知c_n=$\frac{1}{2{a}_{n}-1}$=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{5}，}&{n=1}\\{\frac{1}{{2}^{n}-1}，}&{n≥2}\end{array}\right.$，
當n=1時，c₁=$\frac{1}{5}$＜$\frac{6}{5}$，
當n≥2時，c₁+c₂+…+c_n=$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{{2}^{2}-1}$+$\frac{1}{{2}^{3}-1}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}-1}$
＜$\frac{1}{5}$+$\frac{1+1}{{2}^{2}-1+1}$+$\frac{1+1}{{2}^{3}-1+1}$+…+$\frac{1+1}{{2}^{n}-1+1}$
=$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$
=$\frac{6}{5}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$
＜$\frac{6}{5}$，
綜上所述，c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{6}{5}$（n∈N^*）．

點評 本題是一道關于數(shù)列與不等式的綜合題，考查運算求解能力，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．