Question

16．已知数列{a_n}中，S_n为{a_n}的前n项和，a_n+1=S_n-n+3，n∈N^*，a₁=2．
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{n}{{S}_{n}-n+2}$（n∈N^*），数列{b_n}的前n项和为T_n，求证：$\frac{1}{3}$≤T_n＜$\frac{4}{3}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）运用数列的通项和求和之间的关系，可得数列{a_n-1}为第二项起为等比数列，再由等比数列的通项公式，即可得到所求；
（2）求出b_n=$\frac{n}{{S}_{n}-n+2}$=$\frac{n}{3•{2}^{n-1}}$，再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证．

解答 解：（1）当n=1时，a₂=S₁-1+3=a₁+2=4，
a_n+1=S_n-n+3，可得a_n=S_n-1-n+4，
两式相减可得，a_n+1-a_n=a_n-1，
即有a_n+1-1=2（a_n-1），
即为数列{a_n-1}为第二项起为等比数列，
则a_n-1=3•2^n-2，n＞1，n∈N，
即有a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n=1}\\{3•{2}^{n-2}+1，n＞1}\end{array}\right.$；
（2）a_n+1=S_n-n+3，可得S_n=3•2^n-1-2+n，
则b_n=$\frac{n}{{S}_{n}-n+2}$=$\frac{n}{3•{2}^{n-1}}$，
即有前n项和为T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{2}{3•2}$+$\frac{3}{3•{2}^{2}}$+…+$\frac{n}{3•{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{3•2}$+$\frac{2}{3•{2}^{2}}$+$\frac{3}{3•{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{3•{2}^{n}}$，
两式相减可得，$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3•2}$+$\frac{1}{3•{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{3•{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{3•{2}^{n}}$
=$\frac{1}{3}$•$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{3•{2}^{n}}$，
化简可得T_n=$\frac{4}{3}$-$\frac{4}{3}$•（$\frac{1}{2}$）ⁿ-$\frac{2n}{3•{2}^{n}}$，
由于{bn}各项大于0，可得T_n≥T₁=$\frac{1}{3}$，
由不等式的性质可得T_n＜$\frac{4}{3}$．
故$\frac{1}{3}$≤T_n＜$\frac{4}{3}$（n∈N^*）．

点评 本题考查数列的通项和求和之间的关系，考查等比数列的通项和求和公式的运用，以及数列的求和方法：错位相减法，属于中档题．