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10.已知數列{an]的前n項和記為Sn,且滿足Sn=2an-n,n∈N*
(Ⅰ)求數列{an}的通項公式;
(Ⅱ)證明:$\frac{n}{2}$$-\frac{1}{3}$$<\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$$+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$+…$+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$$<\frac{n}{2}$(n∈N*)

分析 (Ⅰ)通過Sn=2an-n(n∈N+)與Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2)作差、變形可知an+1=2(an-1+1),進而計算即得結論.
(Ⅱ)利用$\frac{{a}_{k}}{{a}_{k+1}}=\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-1}<\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-2}=\frac{1}{2}$,(k=1,2,…n),$\frac{{a}_{k}}{{a}_{k+1}}=\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2({2}^{k+1}-1)}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3•{2}^{k}+{2}^{k}-2}$$≥\frac{1}{2}-\frac{1}{3•{2}^{k}}$(k=1,2,…n),可證明,$\frac{n}{2}$$-\frac{1}{3}$$<\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$$+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$+…$+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$$<\frac{n}{2}$(n∈N*).

解答 解:(Ⅰ)∵Sn=2an-n(n∈N+),
∴Sn-1=2an-1-n+1=0(n≥2),
兩式相減得:an=2an-1+1,
變形可得:an+1=2(an-1+1),
又∵a1=2a1-1,即a1=1,
∴數列{an+1}是首項為2、公比為2的等比數列,
∴an+1=2•2n-1=2n,an=2n-1.
(Ⅱ)由$\frac{{a}_{k}}{{a}_{k+1}}=\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-1}<\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-2}=\frac{1}{2}$,(k=1,2,…n),
∴$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}+…+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}<\frac{1}{2}×n$=$\frac{n}{2}$,
由$\frac{{a}_{k}}{{a}_{k+1}}=\frac{{2}^{k}-1}{{2}^{k+1}-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2({2}^{k+1}-1)}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3•{2}^{k}+{2}^{k}-2}$$≥\frac{1}{2}-\frac{1}{3•{2}^{k}}$,(k=1,2,…n),
得$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}+…+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$$>\frac{n}{2}$-$\frac{1}{3}(\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+..+\frac{1}{{2}^{n}})$=$\frac{n}{2}-\frac{1}{3}(1-\frac{1}{{2}^{n}})$$>\frac{n}{2}-\frac{1}{3}$,
綜上,$\frac{n}{2}$$-\frac{1}{3}$$<\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$$+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$+…$+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$$<\frac{n}{2}$(n∈N*).

點評 本題考查了利用數列遞推式求通項,考查了放縮法證明數列不等式,屬于中檔題.

練習冊系列答案
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20.已知數列{an}的前n項和為Sn,且Sn=$\frac{3}{2}{n^2}+\frac{3}{2}$n.
(1)求{an}的通項公式;    
(2)求$\left\{{\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}}\right\}$的前n項和Tn

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