Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足a₁=2，na_n+1=S_n+n（n+1）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n；
（2）設(shè)T_n為數(shù)列{

an

2n

}的前n項和，求T_n；
（3）設(shè)b_n=

1

anan+1an+2

，證明：b₁+b₂+b₃+…+b_n＜

1

32

．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,數(shù)列的求和

專題：點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學歸納法

分析：（1）在已知遞推式中取n=n-1得另一遞推式，兩式作差后可得a_n+1-a_n=2（n≥2），驗證a₂-a₁=2，說明數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，則通項公式可求；
（2）把（1）中求得的a_n代入{

an

2n

}，然后利用錯位相減法求數(shù)列{

an

2n

}的前n項和T_n；
（3）把（1）中求得的a_n代入b_n=

1

anan+1an+2

，利用裂項相消法求數(shù)列{b_n}的前n項和，然后放縮證得不等式b₁+b₂+b₃+…+b_n＜

1

32

．

解答： （1）解：由na_n+1=S_n+n（n+1），得
（n-1）a_n=S_n-1+（n-1）n （n≥2），
兩式相減得na_n+1-（n-1）a_n=a_n+2n，即a_n+1-a_n=2（n≥2）．
由

a1=2 a2=S1+2 S1=a1

，得a₂-a₁=2．
∴對一切正整數(shù)n，有a_n+1-a_n=2，
故a_n=a₁+2（n-1）=2n，
即an=2n(n∈N*)；
（2）由（1），得

an

2n

=

2n

2n

=

n

2n-1

，
∴Tn=1+

2

2

+

3

22

+…+

n

2n-1

 ①
①兩邊同乘以

1

2

，得

1

2

Tn=

1

2

+

2

22

+…+

n-1

2n-1

+

n

2n

 ②
①-②，得

1

2

Tn=1+

1

2

+

1

22

+…+

1

2n-1

-

n

2n

，
∴

1

2

Tn=

1- 1 2n

1- 1 2

-

n

2n

，
故Tn=4-

n+2

2n-1

；
（3）由（1），得bn=

1

2n•2(n+1)•2(n+2)

=

1

16

[

1

n(n+1)

-

1

(n+1)(n+2)

]，
∴b1+b2+b3+…+bn=

1

16

(

1

1×2

-

1

2×3

+

1

2×3

-

1

3×4

+…+

1

n(n+1)

-

1

(n+1)(n+2)

)
=

1

16

(

1

2

-

1

(n+1)(n+2)

)=

1

32

-

1

16(n+1)(n+2)

＜

1

32

．

點評：本題是數(shù)列與不等式的綜合題，訓練了利用數(shù)列的前n項和求通項公式，考查了利用裂項相消法求數(shù)列的和，體現(xiàn)了放縮法證明不等式的解題思想，是中高檔題．