Question

2．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=3，S_n+1-2S_n=1-n，n∈N^*．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）证明：$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{4}{3}$．

Answer 1

分析 （1）S_n+1-2S_n=1-n，n∈N^*．可得S_n+1-（n+1）=2（S_n-n），利用等比数列的通项公式可得S_n，再利用递推关系可得a_n．
（2）当n=1时，$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{3}$$＜\frac{4}{3}$成立．当n≥2时，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$＜$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．再利用等比数列的前n项和公式、不等式的性质即可得出．

解答 （1）解：∵S_n+1-2S_n=1-n，n∈N^*．
∴S_n+1-（n+1）=2（S_n-n），
∴数列{S_n-n}是等比数列，首项为2，公比为2．
∴S_n-n=2ⁿ，
∴S_n=2ⁿ+n．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2ⁿ+n-（2^n-1+n-1）=2^n-1+1．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{3，n=1}\\{{2}^{n-1}+1，n≥2}\end{array}\right.$．
（2）证明：当n=1时，$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{3}$$＜\frac{4}{3}$成立．
当n≥2时，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n-1}+1}$＜$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{3}$+$\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{4}{3}$-$（\frac{1}{2}）^{n-1}$＜$\frac{4}{3}$．

点评 本题考查了递推关系、等差数列与等比数列的前n项和公式、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．