Question

4．設(shè)數(shù)列{a_n}，a₁=1，a_n+1=$\frac{a_n}{2}$+$\frac{1}{2^n}$，數(shù)列{b_n}，b_n=2^n-1a_n．
（1）求證：數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，并求出{b_n}的通項公式；
（2）數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，求S_n；
（3）正數(shù)數(shù)列{d_n}滿足$d_n^$=$\sqrt{1+\frac{1}{b_n^2}+\frac{1}{{b_{n+1}^2}}}$．設(shè)數(shù)列{d_n}的前n項和為D_n，求不超過D₁₀₀的最大整數(shù)的值．

Answer 1

分析 （1）由等差數(shù)列的定義和數(shù)列的遞推公式即可證明，
（2）根據(jù)錯位相減法即可求出數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，
（3）利用裂項求和，即可求出不超過D₁₀₀的最大整數(shù)的值．

解答 解：（1）由${a_{n+1}}=\frac{a_n}{2}+\frac{1}{2^n}$，得${2^n}{a_{n+1}}={2^{n-1}}{a_n}+1$．                  
又${b_n}={2^{n-1}}{a_n}$，
所以b_n+1=b_n+1，
又b₁=a₁=1，
所以數(shù)列{b_n}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列．b_n=n．         
（2）∵${a_n}=\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$
所以${S_n}=\frac{1}{2^0}+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$①，
$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{2^1}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n}{2^n}$，②
由①-②，
得$\frac{1}{2}{S_n}=1+\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{2^n}=\frac{{1[1-{{（\frac{1}{2}）}^n}]}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n}{2^n}=2-{（\frac{1}{2}）^{n-1}}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{2+n}{2^n}$
所以${S_n}=4-\frac{2+n}{{{2^{n-1}}}}$．           
（3）${d_n}^2=1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{{{{（n+1）}^2}}}=\frac{{{n^2}{{（n+1）}^2}+{{（n+1）}^2}+{n^2}}}{{{n^2}{{（n+1）}^2}}}$
${d_n}=\frac{n（n+1）+1}{n（n+1）}=1+\frac{1}{n（n+1）}=1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
所以${D_{100}}=（1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}）+（1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（1+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+…+（1+\frac{1}{100}-\frac{1}{101}）=101-\frac{1}{101}$，
所以，不超過D₁₀₀的最大整數(shù)為100．

點評 本題考查數(shù)列通項公式求解，錯位相消法求和，裂項法求和，轉(zhuǎn)化計算能力，屬于中檔題．