Question

10．已知數列{a_n]的前n項和記為S_n，且滿足S_n=2a_n-n，n∈N*
（Ⅰ）求數列{a_n}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*）

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過S_n=2a_n-n（n∈N⁺）與S_n-1=2a_n-1-（n-1）（n≥2）作差、變形可知a_n+1=2（a_n-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）∵S_n=2a_n-n（n∈N⁺），
∴S_n-1=2a_n-1-n+1=0（n≥2），
兩式相減得：a_n=2a_n-1+1，
變形可得：a_n+1=2（a_n-1+1），
又∵a₁=2a₁-1，即a₁=1，
∴數列{a_n+1}是首項為2、公比為2的等比數列，
∴a_n+1=2•2^n-1=2ⁿ，a_n=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．