Question

2．已知数列{a_n}满足a₁=2，a_n+1=$\frac{2（n+2）}{n+1}$a_n（n∈N^*）
（I）求{a_n}的通项公式；
（II）设{a_n}的前n项和为S_n，证明：$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$≤$\frac{n}{n+1}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用累乘法和恒等式a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$…$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•a₁，化简计算即可得到；
（Ⅱ）先由错位相减求和，再由二项式定理放缩，可得S_n=n•2ⁿ，2ⁿ≥n+1，再由裂项相消求和即可得证．

解答 （Ⅰ）解：a₁=2，a_n+1=$\frac{2（n+2）}{n+1}$a_n（n∈N^*），
则a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$…$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•a₁
=2^n-1•$\frac{n+1}{n}$•$\frac{n}{n-1}$•$\frac{n-1}{n-2}$…$\frac{3}{2}$•2
=2^n-1•（n+1），（n∈N^*）；
（Ⅱ）证明：S_n=2•2⁰+3•2¹+4•2²+…+2^n-1•（n+1），
则2S_n=2•2¹+3•2²+4•2³+…+2ⁿ•（n+1），
二式相减得-S_n=2+2¹+2²+…+2^n-1-2ⁿ•（n+1）
=2+$\frac{2（{2}^{n-1}-1）}{2-1}$-2ⁿ•（n+1），
所以S_n=n•2ⁿ，
因为（1+1）ⁿ=${C}_{n}^{0}$+${C}_{n}^{1}$+…+${C}_{n}^{n}$，所以n≥1时，2ⁿ≥n+1，
所以$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n•{2}^{n}}$≤$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
所以$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$≤1-$\frac{1}{2}+$$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$．
（当且仅当n=1时等号“=”成立）

点评 本题考查数列的通项的求法：累乘法，同时考查数列的求和方法：错位相减和裂项相消求和，注意运用二项式定理放缩，考查运算能力，属于中档题．