Question

1．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，2S_n=3a_n-2n（n∈N⁺）．
（Ⅰ）证明数列{a_n+1}是等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=a_n+2ⁿ+1，求证：$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$＜$\frac{1}{2}-\frac{1}{{2}^{n+1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）再写一式，两式相减，即可证明数列{a_n+1}是等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）b_n=a_n+2ⁿ+1=3ⁿ+2ⁿ，可得$\frac{1}{{3}^{n}+{2}^{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，即可证明结论．

解答 解：（Ⅰ）由2S_n=3a_n-2n得：2S_n-1=3a_n-1-2（n-1），
∴2S_n-2S_n-1=3a_n-3a_n-1-2，即：a_n=3a_n-1+2
∴a_n+1=3（a_n-1+1），所以{a_n+1}是以a₁+1为首项，公比为3的等比数列，
由2S₁=3a₁-2知a₁=2，
∴a_n+1=3ⁿ，即a_n=3ⁿ-1；
（Ⅱ）证明：b_n=a_n+2ⁿ+1=3ⁿ+2ⁿ，
∵3ⁿ+2ⁿ＞2ⁿ+2ⁿ=2ⁿ⁺¹，
∴$\frac{1}{{3}^{n}+{2}^{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{1}{3+2}$+$\frac{1}{{3}^{2}+{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}+{2}^{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$…+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{{2}^{n+1}}$．

点评 本题考查等比数列的证明，考查数列与不等式的综合，考查放缩方法的运用，属于中档题．