Question

5．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，a₂=3，前n項(xiàng)和為S_n，且$\frac{{{S_{n+1}}-{S_n}}}{{{S_n}-{S_{n-1}}}}=\frac{{2{a_n}+1}}{a_n}（n≥2，n∈{N^*}）$，設(shè)b₁=1，b_n+1=log₂（a_n+1）+b_n（n∈N^*）
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式
（2）設(shè)c_n=$\frac{{{4^{\frac{{{b_{n+1}}-1}}{n+1}}}}}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和G_n；
（3）求證$\frac{2}{3}≤{G_n}$＜1．

Answer 1

分析 （1）$\frac{{{S_{n+1}}-{S_n}}}{{{S_n}-{S_{n-1}}}}=\frac{{2{a_n}+1}}{a_n}（n≥2，n∈{N^*}）$，k可得a_n+1=2a_n+1，變形為：a_n+1+1=2（a_n+1），利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得：a_n．由b₁=1，b_n+1=log₂（a_n+1）+b_n（n∈N^*），可得b_n+1-b_n=n，利用b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁即可得出．
（2）由c_n=$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n}-1）（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$，利用“裂項(xiàng)求和”即可得出．
（3）由G_n=1-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$．利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）解：∵$\frac{{{S_{n+1}}-{S_n}}}{{{S_n}-{S_{n-1}}}}=\frac{{2{a_n}+1}}{a_n}（n≥2，n∈{N^*}）$，∴a_n+1=2a_n+1，變形為：a_n+1+1=2（a_n+1），又a₂+1=4=2（a₁+1），
∴數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為2，公比為2．∴a_n+1=2ⁿ，解得a_n=2ⁿ-1．
∵b₁=1，b_n+1=log₂（a_n+1）+b_n（n∈N^*），∴b_n+1=$lo{g}_{2}{2}^{n}$+b_n，∴b_n+1-b_n=n，
∴b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁
=（n-1）+（n-2）+…+1+1
=$\frac{（n-1）n}{2}$+1．
（2）解：c_n=$\frac{{{4^{\frac{{{b_{n+1}}-1}}{n+1}}}}}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$=$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n}-1）（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和G_n=$（\frac{1}{2-1}-\frac{1}{{2}^{2}-1}）$+$（\frac{1}{{2}^{2}-1}-\frac{1}{{2}^{3}-1}）$+…+$（\frac{1}{{2}^{n}-1}-\frac{1}{{2}^{n+1}-1}）$
=1-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$．
（3）證明：G_n=1-$\frac{1}{{2}^{n+1}-1}$．
∴G_n＜1．
由于數(shù)列{G_n}單調(diào)遞增，∴G_n≥G₁=$\frac{2}{3}$．
∴$\frac{2}{3}≤{G_n}$＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．