Question

6．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，數(shù)列{S_n}的前n項(xiàng)和為T_n，且2T_n=4S_n-（n²+n），n∈N^*．
（1）證明：數(shù)列{a_n+1}為等比數(shù)列；
（2）設(shè)b_n=$\frac{n+1}{{a}_{n}+1}$，比較b₁+b₂+…+b_n與3的大�。�

Answer 1

分析 （1）S_n=T_n-T_n-1，從而S_n-1=2S_n-2+（n-1）．故S_n-S_n-1=2（S_n-1-S_n-2）+1，即a_n=2a_n-1+1．顯然有a_n+1=2（a_n-1+1）；
（2）利用錯(cuò)位相減法，放縮法即可比較．

解答 證明：（1）∵2T_n=4S_n-（n²+n），
∴2T₁=4S₁-（1²+1），
即a₁=1．
S_n=T_n-T_n-1
=2S_n-$\frac{{n}^{2}+n}{2}$-2S_n-1+$\frac{（n-1）^{2}+（n-1）}{2}$
整理，得S_n=2S_n+n，
從而S_n-1=2S_n-2+（n-1）．
故S_n-S_n-1=2（S_n-1-S_n-2）+1，
即a_n=2a_n-1+1．
顯然有a_n+1=2（a_n-1+1）．
所以數(shù)列{a_n+1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列；
（2）由（Ⅰ）知b_n=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，
則S_n=1+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{4}{{2}^{3}}$+$\frac{5}{{2}^{4}}$+…+$\frac{n+1}{{2}^{n}}$，①，
$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+$\frac{4}{{2}^{4}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$+$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$，②，
則①-②得$\frac{1}{2}$S_n=1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$=1+$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$＜1+$\frac{1}{2}$，
故S_n＜3，
所以b₁+b₂+…+b_n＜3

點(diǎn)評(píng) 本題是數(shù)列與函數(shù)、不等式相結(jié)合的綜合題，主要考查錯(cuò)位相減法和放縮法，考查了分析問題與解決問題的能力，屬于中檔題．