Question

13．已知数列{a_n}满足a₁=-4，a_n+1=2a_n+2（n+1），n∈N^*．
（1）设b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，求数列{b_n}的通项公式；
（2）记c_n=a_n+3n+4（n∈N^*），求证：$\frac{2}{{c}_{1}}$+$\frac{2}{{c}_{2}}$+…+$\frac{2}{{c}_{n}}$＜2．

Answer 1

分析 （1）由题意可得$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，即b_n+1=b_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，由b_n=b₁+（b₂-b₁）+（b₃-b₂）+…+（b_n-b_n-1），结合数列的求和方法：错位相减法，化简整理，可得数列{b_n}的通项公式；
（2）求得a_n=2ⁿ-（2n+4），c_n=a_n+3n+4=2ⁿ+n＞2ⁿ，运用放缩法和等比数列的求和公式，结合不等式的性质，即可得证．

解答 解：（1）a_n+1=2a_n+2（n+1），
可得$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
即有b_n+1=b_n+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
则b_n=b₁+（b₂-b₁）+（b₃-b₂）+…+（b_n-b_n-1）
=-2+2•$\frac{1}{2}$+3•（$\frac{1}{2}$）²+…+n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
设S_n=1+2•$\frac{1}{2}$+3•（$\frac{1}{2}$）²+…+n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
$\frac{1}{2}$S_n=1•$\frac{1}{2}$+2•（$\frac{1}{2}$）²+3•（$\frac{1}{2}$）³+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
两式相减可得，$\frac{1}{2}$S_n=1+$\frac{1}{2}$+（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
可得S_n=4-$\frac{2n+4}{{2}^{n}}$，
则b_n=-3+4-$\frac{2n+4}{{2}^{n}}$=1-$\frac{2n+4}{{2}^{n}}$；
（2）证明：由b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，可得a_n=2ⁿ（1-$\frac{2n+4}{{2}^{n}}$）
=2ⁿ-（2n+4），
则c_n=a_n+3n+4=2ⁿ+n，
故$\frac{2}{{c}_{1}}$+$\frac{2}{{c}_{2}}$+…+$\frac{2}{{c}_{n}}$=$\frac{2}{2+1}$+$\frac{2}{4+2}$+…+$\frac{2}{{2}^{n}+n}$
＜$\frac{2}{2}$+$\frac{2}{4}$+…+$\frac{2}{{2}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=2（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜2．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用构造数列和数列恒等式、数列的求和方法：错位相减法，考查不等式的证明，注意运用放缩法和等比数列的求和公式，考查化简整理的运算能力，属于难题．