Question

3．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n=2ⁿa_n-1，n∈N^*．
（1）求a₁，a₂的值；
（2）求证：a_n≤$\frac{2}{{2}^{n}-1}$；
（3）求数列{$\frac{a_{n}}{a_{n+1}}$}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）在已知的数列递推式中分别取n=1，2即可求得a₁，a₂的值；
（2）直接利用数学归纳法证明数列不等式；
（3）由数列递推式，求得$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}=2-\frac{1}{{2}^{n}}$，然后利用数列的分组求和和等比数列的前n项和得答案．

解答 （1）解：由S_n=2ⁿa_n-1，得a₁=S₁=2a₁-1，即a₁=1；
S₂=a₁+a₂=4a₂-1，即1+a₂=4a₂-1，即${a}_{2}=\frac{2}{3}$；
（2）证明：a₁=1$＜\frac{2}{{2}^{1}-1}$，不等式成立；
假设当n=k时不等式成立，即${a}_{k}≤\frac{2}{{2}^{k}-1}$，
那么，当n=k+1时，由${a}_{k+1}={S}_{k+1}-{S}_{k}={2}^{k+1}{a}_{k+1}-1-{2}^{k}{a}_{k}+1$，
得$（{2}^{k+1}-1）{a}_{k+1}={2}^{k}{a}_{k}$$＜{2}^{k}•\frac{2}{{2}^{k}-1}=\frac{2•{2}^{k}}{{2}^{k}-1}$，
∴${a}_{k+1}＜\frac{2•{2}^{k}}{（{2}^{k}-1）（{2}^{k+1}-1）}＜\frac{2•{2}^{k}}{{2}^{k}（{2}^{k+1}-1）}$=$\frac{2}{{2}^{k+1}-1}$；
（3）解：由S_n=2ⁿa_n-1，得
${S}_{n+1}={2}^{n+1}{a}_{n+1}-1$，
两式作差得：$（{2}^{n+1}-1）{a}_{n+1}={2}^{n}{a}_{n}$，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}=2-\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}+\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}+…+\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$（2-\frac{1}{2}）+（2-\frac{1}{{2}^{2}}）+…+（2-\frac{1}{{2}^{n}}）$
=2n-（$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}$）=2n-$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=$2n+\frac{1}{{2}^{n}}-1$．

点评 本题考查了数列递推式，考查了数列的分组求和和等比数列的前n项和，训练了数学归纳法证明数列不等式，是中档题．