Question

14．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=2，a_n+1=S_n+2，n∈N^*．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若a₁，a₂分别是等差数列{b_n}的第2项和第4项，数列{b_n}的前n项和为T_n，求证：1≤$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{1}{{T}_{i}}$＜2．

Answer 1

分析 （1）利用递推关系及其等比数列的通项公式即可得出；
（2）利用等差数列的通项公式及其“裂项求和”、不等式的性质即可得出．

解答 （1）解：∵a_n+1=S_n+2，n∈N^*．
∴当n≥2时，a_n=S_n-1+2，可得a_n+1-a_n=a_n，化为a_n+1=2a_n．
又a₂=a₁+2，满足a₂=2a₁，
∴数列{a_n}是等比数列，首项为2，公比为2．
∴a_n=2ⁿ．
（2）证明：设等差数列{b_n}的公差为d，∵b₂=a₁=2，b₄=a₂=4，
∴4-2=2d，解得d=1．
∴b_n=b₂+（n-2）×1=n．
∴T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，∴$\frac{1}{{T}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．
∴$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{1}{{T}_{i}}$=2$[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）]$
=$2（1-\frac{1}{n+1}）$．
∵1≤$2（1-\frac{1}{n+1}）$＜2．
∴1≤$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{1}{{T}_{i}}$＜2．

点评 本题考查了递推关系、等差数列的通项公式及其“裂项求和”、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．