Question

19．数列{a_n}前数列n项和S_n，已知${S_n}+{a_n}+n=0（n∈{N^*}）$恒成立．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）求证：$\frac{1}{{2{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{2^2}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过S_n+a_n+n=0与S_n-1+a_n-1+n-1=0作差可知2a_n=a_n-1-1，进而变形可构造首项、公比均为$\frac{1}{2}$的等比数列{a_n+1}，进而计算可得结论；
（II）通过（Ⅰ）裂项可知$\frac{1}{{2}^{n}{a}_{n}{a}_{n+1}}$=2（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$），进而并项相加即得结论．

解答 （Ⅰ）解：∵S_n+a_n+n=0，
∴n≥2时，S_n-1+a_n-1+n-1=0，
两式相减可得，2a_n=a_n-1-1，
变形得：2（a_n+1）=a_n-1+1，
∵S₁+a₁+1=2a₁+1=0，即${a_1}=-\frac{1}{2}$，即${a_1}+1=\frac{1}{2}$，
∴数列{a_n+1}是以$\frac{1}{2}$为首项、$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
∴${a_n}+1={（\frac{1}{2}）^n}$，∴${a_n}={（\frac{1}{2}）^n}-1（n∈{N^*}）$；
（II）证明：由（Ⅰ）知，$\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{{2^n}（\frac{1}{2^n}-1）（\frac{1}{{{2^{n+1}}}}-1）}}=2（\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）$，
∴$\frac{1}{{2{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{2^2}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}=-2（\frac{1}{{{2^1}-1}}-\frac{1}{{{2^2}-1}}+\frac{1}{{{2^2}-1}}$$-\frac{1}{{{2^3}-1}}+…+\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）=2（\frac{1}{{{2^1}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）=2（1-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）＜2$，
即$\frac{1}{{2{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{2^2}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，构造等比数列是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．