Question

2．已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n²，数列{b_n}的前n项和为T_n=2b_n-1．
（1）求数列{a_n}与{b_n}的通项公式；
（2）求证：$\frac{1}{{a}_{2}+{S}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{3}+{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n+1}+{S}_{n}}$＜$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （1）n=1时，a₁=S₁=1；n＞1时，a_n=S_n-S_n-1，可得a_n=2n-1（n∈N^*）；T_n=2b_n-1，求得b₁=1，再将n换为n-1，相减，运用等比数列的通项公式即可得到b_n=2^n-1；
（2）求得$\frac{1}{{a}_{n+1}+{S}_{n}}$=$\frac{1}{2n+1+{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），运用数列的求和方法：裂项相消求和，以及不等式的性质，即可得证．

解答 解：（1）S_n=n²，可得n=1时，a₁=S₁=1；
n＞1时，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
综上可得a_n=2n-1（n∈N^*）；
T_n=2b_n-1，可得n=1时，b₁=T₁=2b₁-1，
解得b₁=1，当n＞1时，T_n-1=2b_n-1-1，
可得b_n=2b_n-2b_n-1，
即为b_n=2b_n-1，
即有b_n=2^n-1；
（2）证明：$\frac{1}{{a}_{n+1}+{S}_{n}}$=$\frac{1}{2n+1+{n}^{2}}$＜$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
即有$\frac{1}{{a}_{2}+{S}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{3}+{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n+1}+{S}_{n}}$
＜$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$）＜$\frac{3}{4}$．
则原不等式成立．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的通项与求和的关系：n=1时，a₁=S₁=1；n＞1时，a_n=S_n-S_n-1，同时考查数列的求和方法：裂项相消求和，以及不等式的性质，属于中档题．