Question

8．已知数列{a_n}中，a₁=1，2na_n+1=（n+1）a_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{a_n}的前n项和为S_n ，证明：S_n＜4．

Answer 1

分析 （1）通过对2na_n+1=（n+1）a_n变形可知数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}是以1为首项、$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，进而计算可得结论；
（2）通过a_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，利用错位相减法计算即得结论．

解答 （1）解：∵2na_n+1=（n+1）a_n，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{{a}_{n}}{n}$，
又∵$\frac{{a}_{1}}{1}$=a₁=1，
∴$\frac{{a}_{n}}{n}$=1•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴a_n=n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$；
（2）证明：∵a_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
∴S_n=1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{{2}^{1}}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}•$S_n=1•$\frac{1}{{2}^{1}}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
两式相减得：$\frac{1}{2}•$S_n=$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{1}{{2}^{1}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}-（n+\frac{1}{2}）•\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴S_n=2（2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$）=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$＜4．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．