Question

5．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，S_n=2-（$\frac{2}{n}$+1）•a_n，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{2ⁿ•a_n}的前n項(xiàng)和為T_n，A_n=$\frac{1}{{T}_{1}}$+$\frac{1}{{T}_{2}}$+$\frac{1}{{T}_{3}}$+…+$\frac{1}{{T}_{n}}$，比較A_n與$\frac{2}{n•{a}_{n}}$大小．

Answer 1

分析 （1）利用遞推關(guān)系式求出：${S}_{n+1}=2-{（\frac{2}{n+1}+1）a}_{n+1}$，進(jìn)一步與S_n=2-（$\frac{2}{n}$+1）•a_n，相減得到：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{n+1}{2n}$，最后利用疊乘法求出通項(xiàng)公式．
（2）利用新數(shù)列的通項(xiàng)公式求出前n項(xiàng)和，進(jìn)一步利用裂項(xiàng)相消法求出A_n=2（1-$\frac{1}{n+1}$），最后與$\frac{2n}{{a}_{n}}=\frac{2n}{\frac{n}{{2}^{n}}}={2}^{n+1}$相比較得出結(jié)論．

解答 解：（1）已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，S_n=2-（$\frac{2}{n}$+1）•a_n，①
當(dāng)n=1時(shí)，${a}_{1}=\frac{1}{2}$，
所以：${S}_{n+1}=2-（\frac{2}{n+1}+1{）a}_{n+1}$②
則：②-①得：${a}_{n+1}=-（\frac{2}{n+1}+1{）a}_{n+1}$+$（\frac{2}{n}+1{）a}_{n}$，
整理得：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{n+1}{2n}$，
所以：${a}_{n}=\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}•\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•…$•\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$$•\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}•$$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•a₁
=$\begin{array}{c}\\ \frac{n}{2（n-1）}\end{array}\right.$$•\frac{（n-1）}{2（n-2）}$…$\frac{4}{2•3}$$•\frac{3}{2•2}$$•\frac{2}{2•1}$•a₁
=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$$•\frac{1}{2}$
=$\begin{array}{c}\\ \frac{n}{{2}^{n}}\end{array}\right.$；
（2）設(shè)數(shù)列{2ⁿ•a_n}的前n項(xiàng)和為T_n，
設(shè)：$_{n}={2}^{n}{a}_{n}={2}^{n}•\frac{n}{{2}^{n}}=n$，
所以：T_n=1+2+3+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
則：$\frac{1}{{T}_{n}}=\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），
所以：A_n=$\frac{1}{{T}_{1}}+\frac{1}{{T}_{2}}$+…+$\frac{1}{{T}_{n}}$=2（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$…+$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=2（1-$\frac{1}{n+1}$）＜2；
由于：$\frac{2n}{{a}_{n}}=\frac{2n}{\frac{n}{{2}^{n}}}={2}^{n+1}$＞2（n∈N⁺），
則：${A}_{n}＜\frac{2n}{{a}_{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：遞推關(guān)系式的應(yīng)用，疊乘法在求數(shù)列通項(xiàng)公式中的應(yīng)用，裂項(xiàng)相消法的應(yīng)用，放縮法的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的應(yīng)用能力．