Question

（2012•眉山一模）已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前項(xiàng)和為S_n，且滿足2

Sn

=an+1(n∈N*)．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（Ⅱ）設(shè)bn=

an+1

2n

，Tn=b1+b2+b3+…+bn，求Tn；
（Ⅲ）設(shè)Cn=

1

(5-Tn- 5 2n )•2n•(n+1)

，求證：C1+C2+C3+…+Cn＜

1

2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由2

Sn

=a_n+1，知Sn=

(an+1)2

4

，故2（a_n+1+a_n）=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n），所以（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，由此能夠證明數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為a₁=1，公差d=2的等差數(shù)列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：a_n=a₁+（n-1）d=2n-1，由bn=

an+1

2n

=

2n+1

2n

，知T_n=b₁+b₂+…+b_n=

3

2

+

5

22

 +…+

2n-1

2n

+

2n+1

2n+1

，再由錯(cuò)位相減法能夠求出Tn=5-

2n+5

2n

．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得：S-Tn-

5

2n

=

2n+5

2n

-

5

2n

=

2n

2n

，故Cn=

1

2n 2n •2n•(n+1)

=

1

2n(n+1)

=

1

2

(

1

n

-

1

n+1

)，由此能夠證明C1+C2+C3+…+Cn＜

1

2

．

解答：（Ⅰ）證明：∵2

Sn

=a_n+1，
∴Sn=

(an+1)2

4

，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=

(an+1+1)2

4

-

(an+1)2

4

=

1

4

(a n+12-an2+2an+1-2an)，
即：2（a_n+1+a_n）=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n），
∴（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，
∵a_n＞0，∴a_n+1+a_n＞0，∴a_n+1-a_n-2=0，
∴a_n+1-a_n=2，
當(dāng)n=1時(shí)，S₁=

(a1+1) 2

4

，即a₁=

(a1+1) 2

4

，
∴a12-2a1+1=0，解得a₁=1．
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為a₁=1，公差d=2的等差數(shù)列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：a_n=a₁+（n-1）d=2n-1，
∵bn=

an+1

2n

=

2n+1

2n

，
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n=

3

2

+

5

22

 +…+

2n-1

2n

+

2n+1

2n+1

，①

1

2

Tn=

3

22

+

5

23

+…+

2n-1

2n

+

2n+1

2n+1

，②
①-②得：

1

2

Tn =

3

2

+

2

22

+

2

2 3

+…+

2

2n

-

2n+1

2n+1

=

3

2

+2×

1 2 2 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

-

2n+1

2n+1

=

5

2

-

2n+5

2n+1

，
∴Tn=5-

2n+5

2n

．
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）得：S-Tn-

5

2n

=

2n+5

2n

-

5

2n

=

2n

2n

，
∴Cn=

1

2n 2n •2n•(n+1)

=

1

2n(n+1)

=

1

2

(

1

n

-

1

n+1

)，
∴c₁+c₂+c₃+…+c_n=

1

2

(1-

1

2

)+

1

2

(

1

2

-

1

3

)+…+

1

2

(

1

n

-

1

n+1

)
=

1

2

-

1

2(n+1)

＜

1

2

(n∈N*)，
故C1+C2+C3+…+Cn＜

1

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．