Question

16．已知数列{a_n}中，a₁=2，且$2{a_n}={a_{n-1}}+1（{n≥2，n∈{N^+}}）$．
（I）求证：数列{a_n-1}是等比数列，并求出数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=n（a_n-1），数列{b_n}的前n项和为S_n，求证：1≤S_n＜4．

Answer 1

分析 （I）利用递推关系变形可得a_n-1=$\frac{1}{2}（{a}_{n-1}-1）$，即可证明；
（II）利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式、数列的单调性即可证明．

解答 证明：（I）${a_n}-1=（\frac{1}{2}{a_{n-1}}+\frac{1}{2}）-1=\frac{1}{2}（{a_{n-1}}-1）$，又a₁-1=1≠0
∴数列{a_n-1}是首项为1，公比为2的等比数列．
∴${a_n}-1={（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}$，得${a_n}={（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}+1$．
（II）${b_n}=n（{a_n}-1）=n{（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}$，
设${S_n}=1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+…+\frac{n-1}{{{2^{n-2}}}}+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$…①
则$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\frac{4}{2^4}+…+\frac{n-1}{{{2^{n-1}}}}+\frac{n}{2^n}$…②
①-②得：$\frac{1}{2}{S_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{2^n}$，
∴${S_n}=4-\frac{2}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{{{2^{n-1}}}}=4-\frac{2+n}{{{2^{n-1}}}}$，
${S_n}=4-\frac{2+n}{{{2^{n-1}}}}＜4$，又${b_n}=n{（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}＞0$，
∴数列{S_n}是递增数列，故S_n≥S₁=1，
∴1≤S_n＜4．

点评 本题考查了“错位相减法”、等比数列的前n项和公式、数列的单调性、递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．