Question

8．已知數(shù)列$\{a_n^{\;}\}$滿足a₁=2，${a_{n+1}}=2{a_n}+2\;\;（n∈{N^*}）$．
（1）求證：數(shù)列$\{a_n^{\;}+2\}$是等比數(shù)列，并求出通項(xiàng)公式a_n；
（2）若數(shù)列$\{b_n^{\;}\}滿足b_n^{\;}={log_2}（{a_n}+2）$，設(shè)T_n是數(shù)列$\{\frac{b_n}{{{a_n}+2}}\}$的前n項(xiàng)和，求證：${T_n}＜\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）通過對(duì)${a_{n+1}}=2{a_n}+2\;\;（n∈{N^*}）$變形，整理可知數(shù)列{a_n+2}是以a₁+2=4為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知$\frac{b_n}{{{a_n}+2}}=\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$，進(jìn)而利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （本題12分）
證明：（1）∵${a_{n+1}}=2{a_n}+2\;\;（n∈{N^*}）$，
∴a_n+1+2=2（a_n+2），即$\frac{{{a_{n+1}}+2}}{{{a_n}+2}}=2$…（3分）
又a₂=2a₁+2=6，即$\frac{{{a_2}+2}}{{{a_1}+2}}=2$也成立，
∴{a_n+2}是以a₁+2=4為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列…（5分）
∴${a_n}+2=4•{2^{n-1}}$，即${a_n}=4•{2^{n-1}}-2={2^{n+1}}-2$…（6分）
（2）$b_n^{\;}={log_2}（{a_n}+2）={log_2}{2^{n+1}}=n+1$得：$\frac{b_n}{{{a_n}+2}}=\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$…（8分）
則 ${T_n}=\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\frac{4}{2^4}+…+\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}$③
$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}+\frac{4}{2^5}+…+\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$④…（9分）
③-④得：$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{2}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+…+\frac{1}{{{2^{n+1}}}}-\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$
=$\frac{1}{4}+（\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+…+\frac{1}{{{2^{n+1}}}}）-\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}$
=$\frac{1}{4}+\frac{{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{2^n}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n+1}{{{2^{n+2}}}}=\frac{3}{4}-\frac{n+3}{{{2^{n+2}}}}$…（11分）
所以${T_n}=\frac{3}{2}-\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}＜\frac{3}{2}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，利用構(gòu)造法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．