Question

7．已知正項數(shù)列{a_n}中，其前n項和為S_n，且a_n=2$\sqrt{{S}_{n}}$-1．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{{2}^{n}}$，T_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n，求證：$\frac{3}{2}$≤T_n＜5．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列遞推式求出首項，進一步得到{$\sqrt{{S}_{n}}$}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，求出等差數(shù)列的通項公式可得S_n，代入a_n=2$\sqrt{{S}_{n}}$-1求得數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）把數(shù)列{a_n}的通項公式代入b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{{2}^{n}}$，由T_n≥T₁證明不等式左邊，再由錯位相減法求出T_n證明不等式右邊．

解答 （1）解：由已知a_n=2$\sqrt{{S}_{n}}$-1，得當(dāng)n=1時，a₁=1；
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，代入已知有2$\sqrt{{S}_{n}}$=S_n-S_n-1+1，
即S_n-1=（$\sqrt{{S}_{n}}$-1）²．又a_n＞0，
故$\sqrt{{S}_{n-1}}$=$\sqrt{{S}_{n}}$-1或$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1-$\sqrt{{S}_{n}}$（舍），
即$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1（n≥2），
由定義得{$\sqrt{{S}_{n}}$}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，
∴$\sqrt{{S}_{n}}=n$，則a_n=2n-1；
（2）證明：b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{{2}^{n}}$=$\frac{2n+1}{{2}^{n}}$，
∵b_n＞0，∴${T}_{n}≥{T}_{1}=_{1}=\frac{3}{2}$；
T_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n=3•$\frac{1}{2}$+5$•\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（2n+1）$•\frac{1}{{2}^{n}}$．
∴$\frac{1}{2}{T}_{n}$=3$•\frac{1}{{2}^{2}}+…+（2n-1）•\frac{1}{{2}^{n}}+（2n+1）•\frac{1}{{2}^{n+1}}$．
列式作差得：$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-（2n+1）•\frac{1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}+\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}-（2n+1）•\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴${T}_{n}=5-\frac{2n+5}{{2}^{n}}$，則T_n＜5．
綜上，$\frac{3}{2}$≤T_n＜5．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等差關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯位相減法求數(shù)列的前n項和，是中檔題．