Question

4．对于任意的n∈N^*，数列{a_n}满足$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n}-n}{{2}^{n}+1}$=n+1
（Ⅰ） 求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ） 设数列{a_n}的前n项和为S_n，求S_n；
（Ⅲ） 求证：对于n≥2，$\frac{2}{{a}_{2}}$+$\frac{2}{{a}_{3}}$+…+$\frac{2}{{a}_{n+1}}$＜1-$\frac{1}{{2}^{n}}$．

Answer 1

分析 （I）通过$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n}-n}{{2}^{n}+1}$=n+1与$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n-1}-（n-1）}{{2}^{n-1}+1}$=n（n≥2）作差可知a_n=1+n+2ⁿ（n≥2），进而验证当n=1是否满足即可；
（II）通过（I）可知，当n=1时S₁=a₁=7，当n≥2时利用等差数列、等比数列的求和公式计算即得结论；
（III）通过（I）放缩可知，当n≥2时$\frac{2}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，进而利用等比数列的求和公式计算即得结论．

解答 （I）解：∵$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n}-n}{{2}^{n}+1}$=n+1，
∴$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$+$\frac{{a}_{2}-2}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{{a}_{n-1}-（n-1）}{{2}^{n-1}+1}$=n（n≥2），
两式相减得：$\frac{{a}_{n}-n}{{2}^{n}+1}$=1，即a_n=1+n+2ⁿ（n≥2），
又∵$\frac{{a}_{1}-1}{{2}^{1}+1}$=2，即a₁=7不满足上式，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{7，}&{n=1}\\{1+n+{2}^{n}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（II）解：由（I）可知，当n=1时，S₁=a₁=7，
当n≥2时，S_n=7+（n-1）+$\frac{（n-1）（2+n）}{2}$+$\frac{{2}^{2}（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$=2ⁿ⁺¹+n²+2n+1；
综上得，S_n=$\left\{\begin{array}{l}{7，}&{n=1}\\{{2}^{n+1}+{n}^{2}+2n+1，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（III）证明：由（I）可知，当n≥2时，$\frac{2}{{a}_{n}}$=$\frac{2}{1+n+{2}^{n}}$＜$\frac{2}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴对于n≥2，$\frac{2}{{a}_{2}}$+$\frac{2}{{a}_{3}}$+…+$\frac{2}{{a}_{n+1}}$
＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．