Question

1．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且對(duì)n∈N^*都有S_n=2a_n+n-4
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{1}{nlo{g}_{2}（{a}_{n}-1）}$，（n∈N^*）且{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：T_n＜$\frac{7}{4}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系化為a_n=2a_n-1-1，變形為a_n-1=2（a_n-1-1），再利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）b_n=$\frac{1}{nlo{g}_{2}（{a}_{n}-1）}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$，（n∈N^*），當(dāng)n≥3時(shí)，b_n$≤\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$．利用“裂項(xiàng)求和”與“放縮法”即可證明．

解答 （1）解：∵對(duì)n∈N^*都有S_n=2a_n+n-4，∴當(dāng)n=1時(shí)，a₁=2a₁-3，解得a₁=3．
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2a_n+n-4-[2a_n-1+（n-1）-4]=2a_n-2a_n-1+1，
化為a_n=2a_n-1-1，變形為a_n-1=2（a_n-1-1），
∴數(shù)列{a_n-1}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為2，公比為2，
∴a_n-1=2ⁿ，即a_n=2ⁿ+1．
（2）證明：b_n=$\frac{1}{nlo{g}_{2}（{a}_{n}-1）}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$，（n∈N^*），
當(dāng)n≥3時(shí)，b_n$≤\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$．
∴{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n≤1+$\frac{1}{4}$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$=$\frac{7}{4}$$-\frac{1}{n}$$＜\frac{7}{4}$，
當(dāng)n=1，2時(shí)也成立，
∴T_n＜$\frac{7}{4}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“裂項(xiàng)求和”、“放縮法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、遞推關(guān)系的應(yīng)用，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．