Question

17．已知数列{a_n}中，a_n+1=S_n-n+3，n∈N^*，a₁=2．
（1）求证：当n≥2时，n∈N^*时，{a_n-1}是等比数列；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）设b_n=$\frac{n}{{S}_{n}-n+2}$（n∈N^*）的前n项和为T_n．求证：$\frac{1}{3}≤{T}_{n}＜\frac{4}{3}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）根据等比数列的定义即可证明：当n≥2，n∈N^*时，{a_n-1}是等比数列；
（2）利用{a_n-1}是等比数列，即可求{a_n}的通项公式；
（3）化简b_n=$\frac{n}{{S}_{n}-n+2}$（n∈N^*）运用错位相减法求T_n，再由不等式的性质可得：$\frac{1}{3}$≤T_n＜$\frac{4}{3}$（n∈N^*）．

解答 （1）证明：∵$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n+1}={S}_{n}-n+3}\\{{a}_{n}={S}_{n-1}-（n-1）+3}\end{array}\right.$，（n≥2），
∴a_n+1-a_n=a_n-1⇒a_n+1-1=2（a_n-1），
∴{a_n-1}从第二项起为公比等于2的等比数列．
（2）解：∵{a_n-1}从第二项起为公比等于2的等比数列．
∴a₂=S₁-1+3=4，a₁=2a₂-1≠2（a₁-1），
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n=1}\\{3•{2}^{n-2}+1，n≥2}\end{array}\right.$．
（3）证明：由（2）知S_n=a_n+1+n-3=3×2^n-1+n-2⇒b_n=$\frac{n}{3•{2}^{n-1}}$，
则T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{2}{3•2}$+$\frac{3}{3•{2}^{2}}$+$\frac{4}{3•{2}^{3}}$+…+$\frac{n}{3•{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{3•2}$+$\frac{2}{3•{2}^{2}}$+$\frac{3}{3•{2}^{3}}$+$\frac{4}{3•{2}^{4}}$+…+$\frac{n}{3•{2}^{n}}$，
两式相减得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{3}+$$\frac{1}{3•2}$+$\frac{1}{3•{2}^{2}}$+$\frac{1}{3•{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{3•{2}^{n-1}}$-$\frac{n}{3•{2}^{n}}$
=$\frac{1}{3}$（$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$）--$\frac{n}{3•{2}^{n}}$，
即T_n=$\frac{4}{3}$-$\frac{n+2}{3•{2}^{n-1}}$，
∵b_n＞0，T_n≥T₁=$\frac{1}{3}$，又T_n＜$\frac{4}{3}$．
∴$\frac{1}{3}≤{T}_{n}＜\frac{4}{3}$（n∈N^*）．

点评 本题主要考查等比数列的应用，以及考查数列求通项、错位相减法求和，考查学生的计算能力．