Question

5．已知 S_n是数列{a_n}的前n项和，且S_n=2a_n+n-4．
（1）求a₁的值；
（2）若b_n=a_n-1，试证明数列{b_n}为等比数列；
（3）求数列{a_n}的通项公式，并证明：$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜1．

Answer 1

分析 （1）直接令n=1代入计算即可；
（2）通过S_n=2a_n+n-4与S_n-1=2a_n-1+n-5作差、变形可知a_n=2a_n-1，进而整理即得结论；
（3）通过（2）放缩可知$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，进而利用等比数列的求和公式计算即得结论．

解答 （1）解：∵S_n=2a_n+n-4，
∴a₁=S₁=2a₁+1-4，即a₁=3；
（2）证明：∵S_n=2a_n+n-4，
∴当n≥2时，S_n-1=2a_n-1+n-5，
两式相减得：a_n=2a_n-2a_n-1+1，即a_n=2a_n-1，
变形，得：a_n-1=2（a_n-1-1），
由（1）可知b₁=a₁-1=2，
故数列{b_n}是首项、公比均为2的等比数列；
（3）证明：由（2）可知a_n=2ⁿ+1，
∵$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{1+2}^{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$＜1．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．