Question

5．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，S_n=2-（$\frac{2}{n}$+1）•a_n，n∈N^*．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{2ⁿ•a_n}的前n项和为T_n，A_n=$\frac{1}{{T}_{1}}$+$\frac{1}{{T}_{2}}$+$\frac{1}{{T}_{3}}$+…+$\frac{1}{{T}_{n}}$，比较A_n与$\frac{2}{n•{a}_{n}}$大小．

Answer 1

分析 （1）利用递推关系式求出：${S}_{n+1}=2-{（\frac{2}{n+1}+1）a}_{n+1}$，进一步与S_n=2-（$\frac{2}{n}$+1）•a_n，相减得到：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{n+1}{2n}$，最后利用叠乘法求出通项公式．
（2）利用新数列的通项公式求出前n项和，进一步利用裂项相消法求出A_n=2（1-$\frac{1}{n+1}$），最后与$\frac{2n}{{a}_{n}}=\frac{2n}{\frac{n}{{2}^{n}}}={2}^{n+1}$相比较得出结论．

解答 解：（1）已知数列{a_n}的前n项和为S_n，S_n=2-（$\frac{2}{n}$+1）•a_n，①
当n=1时，${a}_{1}=\frac{1}{2}$，
所以：${S}_{n+1}=2-（\frac{2}{n+1}+1{）a}_{n+1}$②
则：②-①得：${a}_{n+1}=-（\frac{2}{n+1}+1{）a}_{n+1}$+$（\frac{2}{n}+1{）a}_{n}$，
整理得：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{n+1}{2n}$，
所以：${a}_{n}=\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•…$•\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$$•\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}•$$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•a₁
=$\begin{array}{c}\\ \frac{n}{2（n-1）}\end{array}\right.$$•\frac{（n-1）}{2（n-2）}$…$\frac{4}{2•3}$$•\frac{3}{2•2}$$•\frac{2}{2•1}$•a₁
=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$$•\frac{1}{2}$
=$\begin{array}{c}\\ \frac{n}{{2}^{n}}\end{array}\right.$；
（2）设数列{2ⁿ•a_n}的前n项和为T_n，
设：${b}_{n}={2}^{n}{a}_{n}={2}^{n}•\frac{n}{{2}^{n}}=n$，
所以：T_n=1+2+3+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
则：$\frac{1}{{T}_{n}}=\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），
所以：A_n=$\frac{1}{{T}_{1}}+\frac{1}{{T}_{2}}$+…+$\frac{1}{{T}_{n}}$=2（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$…+$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=2（1-$\frac{1}{n+1}$）＜2；
由于：$\frac{2n}{{a}_{n}}=\frac{2n}{\frac{n}{{2}^{n}}}={2}^{n+1}$＞2（n∈N⁺），
则：${A}_{n}＜\frac{2n}{{a}_{n}}$．

点评 本题考查的知识要点：递推关系式的应用，叠乘法在求数列通项公式中的应用，裂项相消法的应用，放缩法的应用，主要考查学生的应用能力．