Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足a₁=2，na_n+1=S_n+n（n+1）．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（Ⅱ）设T_n为数列{

an

2n

}的前n项和，求T_n；
（Ⅲ）设b_n=

1

anan+1an+2

，证明：b₁+b₂+b₃+…+b_n＜

1

32

．

Answer 1

考点：数列的求和,数列递推式

专题：点列、递归数列与数学归纳法

分析：（Ⅰ）由a₁=2，na_n+1=S_n+n（n+1），可以推出a_n+1-a_n=2（n≥2），易证a₂=a₁+2，从而可知数列{a_n}为以2为首项，2为公差的等差数列，继而可求数列{a_n}的通项公式a_n；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得

an

2n

=

2n

2n

=

n

2n-1

，利用错位相减法即可求得数列{

an

2n

}的前n项和T_n；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，b_n=

1

2n•2(n+1)•2(n+2)

=

1

16

[

1

n(n+1)

-

1

(n+1)(n+2)

]，从而可证b₁+b₂+b₃+…+b＜

1

32

．

解答： （Ⅰ）解：由n∈N^*时，na_n+1=S_n+n（n+1）①
得n≥2时，（n-1）a_n=S_n-1+（n-1）n②
①-②，得na_n+1-（n-1）a_n=a_n+2n，即a_n+1-a_n=2（n≥2）…2分
又当n=1时，a₂=S₁+1×2，
所以，a₂=a₁+2，…3分
所以对一切正整数n，有a_n+1-a_n=2，所以数列{a_n}为以2为首项，2为公差的等差数列，故a_n=2n…4分
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得

an

2n

=

2n

2n

=

n

2n-1

，…5分
所以T_n=1+

2

2

+

3

22

+…+

n

2n-1

，①
两边同乘以

1

2

，得

1

2

T_n=

1

2

+

2

22

+

3

23

+…+

n-1

2n-1

+

n

2n

，②
①-②，得

1

2

T_n=1+

1

2

+

1

22

+…+

1

2n-1

-

n

2n

，
整理得T=4-

n+2

2n+1

…8分
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，b_n=

1

2n•2(n+1)•2(n+2)

=

1

16

[

1

n(n+1)

-

1

(n+1)(n+2)

]…9分
所以，b₁+b₂+b₃+…+b_n=

1

16

（

1

1×2

-

1

2×3

+

1

2×3

-

1

3×4

+…+

1

n(n+1)

-

1

(n+1)(n+2)

）
=

1

16

（

1

2

-

1

(n+1)(n+2)

）=

1

32

-

1

16(n+1)(n+2)

＜

1

32

…13分

点评：本题考查数列递推式及数列求和，着重考查错位相减法与裂项法的应用，考查综合运算与推理论证能力，属于难题．