Question

18．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=1且4S_n=n（a_n+a_n+1）．
（1）求a₂，a₃，a₄；
（2）猜想數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明；
（3）設(shè)數(shù)列{$\frac{{a}^{n}}{{2}^{n}}$}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求證T_n＜3．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)遞推公式求出a₂，a₃，a₄；
（2）由此可以猜想a_n=2n-1，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法證明即可；
（3）根據(jù)錯(cuò)位相減法求出T_n=3-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，再利用放縮法即可證明．

解答 解：（1）a₁=1且4S_n=n（a_n+a_n+1），
當(dāng)n=1時(shí)，4S₁=a₁+a₂，∴a₂=3a₁=3，
當(dāng)n=2時(shí)，4S₂=4（a₁+a₂）=2（a₂+a₃），∴a₃=2a₁+a₂=5a₁=5，
當(dāng)n=3時(shí)，4S₃=4（a₁+a₂+a₃）=3（a₃+a₄），∴a₄=7a₁=7，
（2）由此可以猜想a_n=2n-1，下邊用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n=1時(shí)，a₁=2×1-1=1，猜想成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)猜想成立，即a_k=2k-1，
∵S_n=$\frac{n（2n-1+1）}{2}$=n²，
那么當(dāng)n=k+1時(shí)，∵4S_n=n（a_n+a_n+1），
∴4S_k=k（a_k+a_k+1），
∴4k²=k（2k-1+a_k+1），
∴a_k+1=2k+1，
∴當(dāng)n=k+1時(shí)，猜想仍然成立．
綜合①②可得，猜想對(duì)任意正整數(shù)都成立，a_n=2n-1，n∈N₊成立，
（3）∵數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，
∴T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+$\frac{5}{{2}^{4}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+2•$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}$-1+2（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=-$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$＜3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的遞推公式和以及等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，和數(shù)學(xué)歸納法和錯(cuò)位相減法求前n項(xiàng)和，培養(yǎng)了學(xué)生的運(yùn)算能力和劃歸能力，屬于難題．