Question

14．设数列{a_n}的前n项和为S_n，满足S_n=a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4，n∈N^*，且a₁，S₂，2a₃+4成等比数列．
（1）求a₁、a₂、a₃的值．
（2）设b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，n∈N^*，求数列{b_n}的通项公式
（3）证明：对一切正整数n，有$\frac{3}{{a}_{1}}$+$\frac{4}{{a}_{2}}$+…+$\frac{n+2}{{a}_{n}}$＜1．

Answer 1

分析 （1）通过S_n=a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4，可得S₂、S₁的值，进而可用a₂分别表示出a₁、a₃，利用a₁，S₂，2a₃+4成等比数列，计算即得结论；
（2）通过S_n-S_n+1并整理可得b_n+1-b_n=2（n+1），n∈N^*，利用累加法即得结论；
（3）通过b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$可得$\frac{n+2}{{a}_{n}}$=$\frac{n+2}{n•（n+1）{•2}^{n}}$，分离分母并项相加即可．

解答 （1）解：∵S_n=a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4，n∈N^*，
∴S₂=a₃-2×2²⁺³-4=a₃-2⁶-4，
S₁=a₁=a₂-1×2¹⁺³-4=a₂-2⁴-4，
∴a₁=a₂-20，
∴a₂=S₂-S₁=（a₃-2⁶-4）-（a₂-2⁴-4）=a₃-a₂-2⁶+2⁴，
即a₃=2a₂+48，
又∵a₁，S₂，2a₃+4成等比数列，
∴（a₃-2⁶-4）²=a₁（2a₃+4），
即（2a₂+48-2⁶-4）²=（a₂-20）[2（2a₂+48）+4]，
解得a₂=24，
∴a₁=a₂-20=24-20=4，
a₃=2a₂+48=2×24+48=96；
（2）解：∵S_n=a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4，
∴S_n+1=a_n+2-（n+1）•2ⁿ⁺⁴-4，
两式相减，得a_n+1=[a_n+2-（n+1）•2ⁿ⁺⁴-4]-[a_n+1-n•2ⁿ⁺³-4]
化简得2a_n+1=a_n+2-2（n+2）•2ⁿ⁺²，
即$\frac{{a}_{n+2}}{{2}^{n+2}}$-$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=2（n+2），n∈N^*，
又∵$\frac{{a}_{1}}{2}=2$，$\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}$=$\frac{24}{4}$=6，$\frac{{a}_{3}}{{2}^{3}}$=$\frac{96}{8}$=12，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=2（n+1），n∈N^*，
即b_n+1-b_n=2（n+1），n∈N^*，
∴b_n-b_n-1=2n，
b_n-1-b_n-2=2（n-1），
…
b₃-b₂=2×3，
b₂-b₁=2×2，
累加得，b_n+1-b₁=2（n+1）+2n+2（n-1）+…+2×3+2×2
=2×[n+$\frac{n（n+1）}{2}$]=n²+3n，
∴b_n+1=n²+3n+2=（n+1）（n+2），
∵b₁=2=1×（1+1），
∴b_n=n（n+1），n∈N^*；
（3）证明：∵b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=n（n+1），n∈N^*，
∴a_n=n•（n+1）•2ⁿ，
∴$\frac{n+2}{{a}_{n}}$=$\frac{n+2}{n•（n+1）{•2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$（$\frac{2}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{1}{n•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（n+1）•{2}^{n}}$，
∴$\frac{3}{{a}_{1}}$+$\frac{4}{{a}_{2}}$+…+$\frac{n+2}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{1•1}$-$\frac{1}{2•{2}^{1}}$+$\frac{1}{2•{2}^{1}}$-$\frac{1}{3•{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{n•{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{（n+1）•{2}^{n}}$
=1-$\frac{1}{（n+1）•{2}^{n}}$＜1．

点评 本题考查求数列的通项、及数列和的取值范围，对表达式的灵活变形及利用累加法、并项法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．