题目

已知数列(an)（n∈N*）的前n项和为Sn，S3=14，Sn+1=2Sn+2．（Ⅰ）求证：(Sn+2)是等比数列（n∈N*）；（Ⅱ）求数列(an)的通项公式；（Ⅲ）若bn=(log_2a_(n))/(a_(n))（n∈N^*），数列(bn)的前n项和为Tn，求证：Tn＜2（n∈N*）．

已知数列{an}（n∈N*）的前n项和为Sn，S3=14，Sn+1=2Sn+2．
（Ⅰ）求证：{Sn+2}是等比数列（n∈N*）；
（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅲ）若bn=$\frac{log_2a_{n}}{a_{n}}（n∈N^{*}）$，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜2（n∈N*）．

题目解答

答案

解：（Ⅰ）证明：由Sn+1=2Sn+2，可得Sn+1+2=2（Sn+2），
又因为$S_{3}+2=（S_{1}+2）×2^{2}=16$，
所以S1+2=4，因此{Sn+2}是首项为4，公比为2的等比数列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知$S_{n}+2=4×2^{n-1}=2^{n+1}$，即$S_{n}=2^{n+1}-2$，
当n=1时，$a_{1}=S_{1}=2^{2}-2=2$，
当n＞2时，$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=（2^{n+1}-2）-（2^{n}-2）=2^{n}$，适合n=1时，
所以$a_{n}=2^{n}$；
（Ⅲ）证明：因为$b_{n}=\frac{log_{2}a_{n}}{a_{n}}=\frac{n}{2^{n}}=n•（\frac{1}{2}）^{n}$，
$T_{n}=1×\frac{1}{2}+2×（\frac{1}{2}）^{2}+3×（\frac{1}{2}）^{3}+⋯+n•（\frac{1}{2}）^{n}$①，
$\frac{1}{2}T_{n}=1×（\frac{1}{2}）^{2}+2×（\frac{1}{2}）^{3}+⋯⋯⋯⋯⋯+n•（\frac{1}{2}）^{n+1}$②，
①-②得$\frac{1}{2}T_{n}=[（\frac{1}{2}）^{1}+（\frac{1}{2}）^{2}+（\frac{1}{2}）^{3}+⋯+（\frac{1}{2}）^{n}]-n•（\frac{1}{2}）^{n+1}$，
则$\frac{1}{2}T_{n}=\frac{\frac{1}{2}-（\frac{1}{2}）^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}-n•（\frac{1}{2}）^{n+1}=1-（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n+1}$
所以$T_{n}=2-（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n}$．
因为（n+2）$•（\frac{1}{2}）^{n}$＞0，
所以$T_{n}=2-（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n}＜2$．

解析

步骤 1：证明{S_n+2}是等比数列
由已知条件S_{n+1}=2S_n+2，可得S_{n+1}+2=2(S_n+2)。这表明{S_n+2}的每一项都是前一项的两倍，因此{S_n+2}是等比数列，其公比为2。
步骤 2：求{S_n+2}的首项
由S_3=14，可得S_3+2=16。因为{S_n+2}是等比数列，所以S_1+2=16/2^2=4。因此，{S_n+2}的首项为4。
步骤 3：求{a_n}的通项公式
由{S_n+2}的通项公式S_n+2=4×2^{n-1}，可得S_n=2^{n+1}-2。当n=1时，a_1=S_1=2。当n>1时，a_n=S_n-S_{n-1}=2^{n+1}-2-(2^n-2)=2^n。因此，{a_n}的通项公式为a_n=2^n。
步骤 4：求{b_n}的通项公式
由b_n=\frac{log_2a_n}{a_n}，可得b_n=\frac{n}{2^n}。因此，{b_n}的通项公式为b_n=\frac{n}{2^n}。
步骤 5：求{b_n}的前n项和T_n
由b_n=\frac{n}{2^n}，可得T_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{2^k}。通过错位相减法，可得T_n=2-(n+2)×(\frac{1}{2})^n。因此，T_n=2-(n+2)×(\frac{1}{2})^n。
步骤 6：证明T_n<2
因为(n+2)×(\frac{1}{2})^n>0，所以T_n=2-(n+2)×(\frac{1}{2})^n<2。因此，T_n<2。