Question

5．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a₁=2，a_n+1=S_n，n∈N^*．
（1）寫出數(shù)列{a_n}的第5項(xiàng)a₅=16；
（2）已知等差數(shù)列{b_n}中，有b₂=a₁，b₃=a₃，設(shè)c_n=$\frac{b_n}{a_n}$，記數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：T_n＜4（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列的遞推公式可以得到數(shù)列{S_n}是以2為首相，以2為公比的等比數(shù)列，繼而求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，問題得以解決，
（2）先求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式，再得到數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式，根據(jù)錯(cuò)位相減法和放縮法即可證明．

解答 解：（1）∵a₁=2，a_n+1=S_n，
∴S_n+1-S_n=S_n，
∴S_n+1=2S_n，
∵S₁=a₁=2，
∴數(shù)列{S_n}是以2為首相，以2為公比的等比數(shù)列，
∴S_n=2ⁿ，
∴a_n=2^n-1，
∴a₅=16
（2）依題意，b₂=2，${b_3}={a_3}={2^2}=4$，
所以公差d=b₃-b₂=2，從而b₁=b₂-d=2-2=0，
故b_n=2（n-1）．
∴${c_n}=\left\{{\begin{array}{l}{0，}&{（n=1）}\\{\frac{n-1}{{{2^{n-2}}}}，}&{（n≥2）}\end{array}}\right.$，
從而  ${T_n}=0+\frac{1}{2^0}+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+…+\frac{n-1}{{{2^{n-2}}}}$①
所以$\frac{1}{2}{T_n}=0+\frac{1}{2^1}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n-2}{{{2^{n-2}}}}+\frac{n-1}{{{2^{n-1}}}}$②，
①-②得$\frac{1}{2}{T_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{{{2^{n-2}}}}-\frac{n-1}{{{2^{n-1}}}}$$⇒{T_n}=2（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{{{2^{n-2}}}}）-\frac{2（n-1）}{{{2^{n-1}}}}$
=$2×\frac{{1×（1-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{2（n-1）}{{{2^{n-1}}}}$=$4×（1-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）-\frac{2（n-1）}{{{2^{n-1}}}}$
=$4-\frac{4+2（n-1）}{{{2^{n-1}}}}$
=$4-\frac{4（n+1）}{2^n}$．
∵$\frac{4（n+1）}{2^n}＞0$對(duì)?n∈N^*恒成立，
∴${T_n}\;=4-\frac{4（n+1）}{2^n}＜4$對(duì)?n∈N^*恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的通項(xiàng)公式公式的求法和錯(cuò)位相減法求和，以及放縮法證明不等式成立，屬于中檔題．