Question

12．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，并且满足a₁=2，na_n+1=S_n+n（n+1）．
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（2）设T_n为数列$\left\{{\frac{a_n}{2^n}}\right\}$的前n项和，求T_n；
（3）设b_n=$\frac{1}{{{a_{n+1}}{a_n}}}$，证明：b₁+b₂+b₃+…+b_n＜$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）由数列的通项和求和之间的关系，由等差数列的定义和通项公式，即可得到通项公式；
（2）运用错位相减法，可得前n项和；
（3）运用裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证．

解答 解：（1）当n≥2时，∵na_n+1=S_n+n（n+1）①，
∴（n-1）a_n=S_n-1+（n-1）n②，
两式相减得na_n+1-（n-1）a_n=a_n+2n，
即a_n+1-a_n=2，
∵a₁=2，a₂=s₁+2=4，∴a₂-a₁=2，
所以数列{a_n}是公差为2的等差数列．
∴a_n=2n（n≥2），当n=1时也满足上式，
∴数列{a_n}的通项公式为a_n=2n．
（2）∵$\frac{a_n}{2^n}=\frac{2n}{2^n}=\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，
∴${T_n}=1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}+…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$③，
③式两边同时乘以$\frac{1}{2}$得，$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+…+\frac{n-1}{{{2^{n-1}}}}+\frac{n}{2^n}$④，
③-④得，$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}{T_n}=2-（n+2）\frac{1}{2^n}$，
即${T_n}=4-\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．
（3）证明：∵${b_n}=\frac{1}{{{a_{n+1}}{a_n}}}=\frac{1}{2（n+1）2n}=\frac{1}{4}（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）$，
∴b₁+b₂+b₃+…+b_n=$\frac{1}{4}（{\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）$
=$\frac{1}{4}（{1-\frac{1}{n+1}}）＜\frac{1}{4}$．

点评 本题考查数列的通项和求和的关系，同时考查等差数列的定义和通项公式以及等比数列的求和公式的运用，数列求和的方法：错位相减法和裂项相消求和，属于中档题．