Question

17．已知数列{a_n}的首项a₁=1，且a_n+1=2a_n+1（n∈N^*）
（Ⅰ）证明数列{a_n+1}是等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{n}{{a}_{n}+1}$，求数列{b_n}的前n项和S_n；
（Ⅲ）在条件（Ⅱ）下对任意正整数n，不等式S_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$-1＞（-1）ⁿ•a恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）a_n+1=2a_n+1（n∈N^*），可得a_n+1+1=2（a_n+1），即可证明．
（Ⅱ）b_n=$\frac{n}{{a}_{n}+1}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$，利用错位相减法即可得出数列{b_n}的前n项和S_n．
（Ⅲ）在条件（Ⅱ）下对任意正整数n，不等式S_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$-1＞（-1）ⁿ•a，化为：（-1）ⁿ•a＜1-$\frac{1}{{2}^{n}}$．对n分类讨论即可得出．

解答 （I）证明：∵a_n+1=2a_n+1（n∈N^*），∴a_n+1+1=2（a_n+1），
∴数列{a_n+1}是等比数列，首项为2，公比为2．
∴a_n+1=2ⁿ，解得a_n=2ⁿ-1．
（Ⅱ）解：b_n=$\frac{n}{{a}_{n}+1}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
数列{b_n}的前n项和S_n=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}{S}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
相减可得：$\frac{1}{2}{S}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$--$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
可得：S_n=2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$．
（Ⅲ）解：在条件（Ⅱ）下对任意正整数n，不等式S_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$-1＞（-1）ⁿ•a，
化为：（-1）ⁿ•a＜1-$\frac{1}{{2}^{n}}$．
n为奇数时，a＞-$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$，可得a＞-$\frac{1}{2}$．
n为偶数时，a＜1-$\frac{1}{{2}^{n}}$．可得a$＜\frac{3}{4}$．
∵对任意正整数n，不等式S_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$-1＞（-1）ⁿ•a恒成立，
∴$-\frac{1}{2}＜a＜\frac{3}{4}$．
∴实数a的取值范围是$（-\frac{1}{2}，\frac{3}{4}）$．

点评 本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式及其求和公式、错位相减法、分类讨论方法、不等式的性质与解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．