Question

20．设数列{a_n}的前n项和S_n=$\frac{4}{3}{a_n}-\frac{1}{3}×{2^{n+1}}+\frac{2}{3}$（n∈N^*）．
（1）求a₁，a₂的值；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）设T_n=$\frac{2^n}{S_n}$（n∈N^*），证明：T₁+T₂+…+T_n＜$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根据数列的和的定义得出方程组$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=\frac{4}{3}{a_1}-\frac{4}{3}+\frac{2}{3}\\{a_1}+{a_2}=\frac{4}{3}{a_2}-\frac{8}{3}+\frac{2}{3}\end{array}\right.$，求解即可．
（2）将${a_n}={4^n}-{2^n}$代入${S_n}=\frac{4}{3}{a_n}-\frac{1}{3}×{2^{n+1}}+\frac{2}{3}$，得${S_n}=\frac{2}{3}（{2^{n+1}}-1）（{2^n}-1）$，化简裂项得出${T_n}=\frac{2^n}{S_n}=\frac{2^n}{{\frac{2}{3}（{2^{n+1}}-1）（{2^n}-1）}}=\frac{3}{2}（\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）$，
展开T₁+T₂+…+T_n利用放缩法求解证明即可．

解答 解：（1）由${S_n}=\frac{4}{3}{a_n}-\frac{1}{3}×{2^{n+1}}+\frac{2}{3}$，得$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=\frac{4}{3}{a_1}-\frac{4}{3}+\frac{2}{3}\\{a_1}+{a_2}=\frac{4}{3}{a_2}-\frac{8}{3}+\frac{2}{3}\end{array}\right.$，
解得a₁=2，a₂=12．
（2）当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{4}{3}{a_n}-\frac{1}{3}×{2^{n+1}}+\frac{2}{3}-（\frac{4}{3}{a_{n-1}}-\frac{1}{3}×{2^n}+\frac{2}{3}）$，
即${a_n}=4{a_{n-1}}+{2^n}$，
所以${a_n}+{2^n}=4（{a_{n-1}}+{2^{n-1}}）$，
所以数列$\{{a_n}+{2^n}\}$是以a₁+2=4为首项，4为公比的等比数列，故${a_n}={4^n}-{2^n}$，
又a₁=2满足上式，所以数列{a_n}的通项公式${a_n}={4^n}-{2^n}$（n∈N^*）．
（3）将${a_n}={4^n}-{2^n}$代入${S_n}=\frac{4}{3}{a_n}-\frac{1}{3}×{2^{n+1}}+\frac{2}{3}$，得${S_n}=\frac{2}{3}（{2^{n+1}}-1）（{2^n}-1）$，
所以${T_n}=\frac{2^n}{S_n}=\frac{2^n}{{\frac{2}{3}（{2^{n+1}}-1）（{2^n}-1）}}=\frac{3}{2}（\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）$，

所以${T_1}+{T_2}+…+{T_n}=\frac{3}{2}[（\frac{1}{{{2^1}-1}}-\frac{1}{{{2^2}-1}}）+（\frac{1}{{{2^2}-1}}-\frac{1}{{{2^3}-1}}）+…+（\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）$=$\frac{3}{2}（1-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）＜\frac{3}{2}$．

点评 本题考查数列的通项公式、前n项和的运用，解题时要认真审题，注意裂项思想的合理运用证明不等式．