Question

3．在數列{a_n}中，a₁=-$\frac{1}{2}$，2a_n=a_n-1-n-1（n≥2，n∈N⁺），設b_n=a_n+n．
（Ⅰ）證明：數列{b_n}是等比數列；
（Ⅱ）求數列{nb_n}的前n項和T_n；
（Ⅲ）若c_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ-a_n，P_n為數列{$\frac{{c}_{n}^{2}+{c}_{n}+1}{{c}_{n}^{2}+{c}_{n}}$}的前n項和，求不超過P₂₀₁₅的最大的整數．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據數列的遞推公式即可證明，
（Ⅱ）利用錯位相減法即可求出，
（Ⅲ）利用裂項求和即可求出．

解答 解：（Ⅰ）∵2a_n=a_n-1-n-1（n≥2，n∈N⁺），
∴2（a_n+n）=a_n-1+n-1，
∴2b_n=b_n-1，
∵b₁=a₁+1=$\frac{1}{2}$，
∴{b_n}是以$\frac{1}{2}$為首項以$\frac{1}{2}$為公比的等比數列，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得b_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴nb_n=n（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴T_n=1×$\frac{1}{2}$+2×（$\frac{1}{2}$）²+3×（$\frac{1}{2}$）³+…+n（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴$\frac{1}{2}$T_n=1×（$\frac{1}{2}$）²+2×（$\frac{1}{2}$）³+3×（$\frac{1}{2}$）⁴+…+（n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ+n（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+（$\frac{1}{2}$）⁴+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-n（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=1-（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=1-$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，a_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ-n，
∴c_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ-a_n=n，
∴$\frac{{c}_{n}^{2}+{c}_{n}+1}{{c}_{n}^{2}+{c}_{n}}$=$\frac{{n}^{2}+n+1}{{n}^{2}+n}$=1+$\frac{1}{n（n+1）}$=1+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
∴p_n=n+（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+…+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=n+1-$\frac{1}{n+1}$，
∴p₂₀₁₅=2016-$\frac{1}{2016}$＜2016，
故不超過P₂₀₁₅的最大的整數2016．

點評 本題考查了數列的通項公式公式的求法和錯位相減法求和和裂項求和，屬于中檔題．