Question

19．?dāng)?shù)列{a_n}前數(shù)列n項和S_n，已知${S_n}+{a_n}+n=0（n∈{N^*}）$恒成立．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）求證：$\frac{1}{{2{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{2^2}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過S_n+a_n+n=0與S_n-1+a_n-1+n-1=0作差可知2a_n=a_n-1-1，進(jìn)而變形可構(gòu)造首項、公比均為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列{a_n+1}，進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（II）通過（Ⅰ）裂項可知$\frac{1}{{2}^{n}{a}_{n}{a}_{n+1}}$=2（$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$），進(jìn)而并項相加即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：∵S_n+a_n+n=0，
∴n≥2時，S_n-1+a_n-1+n-1=0，
兩式相減可得，2a_n=a_n-1-1，
變形得：2（a_n+1）=a_n-1+1，
∵S₁+a₁+1=2a₁+1=0，即${a_1}=-\frac{1}{2}$，即${a_1}+1=\frac{1}{2}$，
∴數(shù)列{a_n+1}是以$\frac{1}{2}$為首項、$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
∴${a_n}+1={（\frac{1}{2}）^n}$，∴${a_n}={（\frac{1}{2}）^n}-1（n∈{N^*}）$；
（II）證明：由（Ⅰ）知，$\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{{2^n}（\frac{1}{2^n}-1）（\frac{1}{{{2^{n+1}}}}-1）}}=2（\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）$，
∴$\frac{1}{{2{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{2^2}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}=-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}}）=2（\frac{1}{{{2^1}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）=2（1-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）＜2$，
即$\frac{1}{{2{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{2^2}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查裂項相消法，構(gòu)造等比數(shù)列是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．