Question

6．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且对任意的n∈N^*都有S_n=2a_n+n-4，
（1）求数列{a_n}的前三项a₁，a₂，a₃；
（2）猜想数列{a_n}的通项公式a_n，并用数学归纳法证明；
（3）求证：对任意n∈N^*都有$\frac{1}{{a}_{2}-{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{3}-{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}-{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$＜1．

Answer 1

分析 （1）分别令n=1，2，3列方程计算；
（2）根据（1）的计算结果猜想，验证n=1时，猜想是否成立，假设n=k时猜想成立，推导a_k+1．
（3）计算a_n+1-a_n，然后使用等比数列的求和公式计算．

解答 解：（1）令n=1得，S₁=2a₁-3，即a₁=2a₁-3，∴a₁=3；
令n=2得，S₂=2a₂-2，即a₁+a₂=2a₂-2，∴a₂=5；
令n=3得，S₃=2a₃-1，即a₁+a₂+a₃=2a₃-1，∴a₃=9；
（2）猜想：a_n=2ⁿ+1，
证明：①当n=1时，结论显然成立；
②假设当n=k时结论成立，即a_k=2^k+1，∴S_k=2a_k+k-4=2（2^k+1）+k-4=2^k+1+k-2．
∴S_k+1=2^k+2+k-1．
∴a_k+1=S_k+1-S_k=（2^k+2+k-1）-（2^k+1+k-2）=2^k+1+1．
即当n=k+1时结论成立．
综合①②可知，猜想a_n=2ⁿ+1对任意n∈N^*都成立．
∴数列{a_n}的通项公式为a_n=2ⁿ+1．
（3）∵a_n=2ⁿ+1，∴a_n+1-a_n=2ⁿ，
∴$\frac{1}{{a}_{2}-{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{3}-{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}-{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．
∴对任意n∈N^*都有$\frac{1}{{a}_{2}-{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{3}-{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{4}-{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$＜1．

点评 本题考查了数学归纳法的证明，等比数列的性质，属于中档题．