《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

例 (2024皖江名校联盟月考,20)已知数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n}+a_{n + 1}=2^{n + 1}$.
(1)证明：数列$\{\frac{a_{n}}{2^{n}}-\frac{2}{3}\}$为等比数列，并求数列$\{a_{n}\}$的通项公式；
(2)设$T_{n}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}$，证明：$T_{n}＜\frac{7}{4}$对任意$n\in N^{*}$成立.
解析 (1)由已知$a_{n}+a_{n + 1}=2^{n + 1}$（两边同除以$2^{n + 1}$）得$\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}}+\frac{1}{2}\times\frac{a_{n}}{2^{n}}=1$，
因此$\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}(\frac{a_{n}}{2^{n}}-\frac{2}{3})$（形如$a_{n + 1}=pa_{n}+q(p\neq0,1$且$q\neq0)$的递推公式，转化为$a_{n + 1}+\lambda=p(a_{n}+\lambda)$求解，根据题意$\lambda =-\frac{2}{3}$），又$\frac{a_{1}}{2^{1}}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{6}$，
所以数列$\{\frac{a_{n}}{2^{n}}-\frac{2}{3}\}$是首项为$-\frac{1}{6}$，公比为$-\frac{1}{2}$的等比数列，
因此$\frac{a_{n}}{2^{n}}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{6}(-\frac{1}{2})^{n - 1}$，（提示：$-\frac{1}{6}=\frac{1}{3}\times(-\frac{1}{2})$）
所以$a_{n}=\frac{2^{n + 1}+(-1)^{n}}{3}$.
(2)证明：由已知$a_{1}=1,a_{2}=3,a_{3}=5,\cdots,a_{n}＞0$恒成立，显然$T_{n}$递增，$T_{1}＜T_{2}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}=\frac{4}{3}＜\frac{7}{4}$.
当$n＞2$且$n$是奇数时，$\frac{1}{a_{n - 1}}+\frac{1}{a_{n}}=3(\frac{1}{2^{n}+1}+\frac{1}{2^{n + 1}-1})=3\times\frac{2^{n}+2^{n + 1}}{(2^{n}+1)(2^{n + 1}-1)}＜3\times\frac{2^{n}+2^{n + 1}}{2^{n}\times2^{n + 1}}=3(\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{2^{n + 1}})$（适当放缩），
所以$T_{n}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}＜1 + 3[(\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{4}})+\cdots+(\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{2^{n + 1}})]=1+3\times(\frac{1}{4}-\frac{1}{2^{n + 1}})=\frac{7}{4}-\frac{3}{2^{n + 1}}＜\frac{7}{4}$.
当$n＞2$且$n$是偶数时，$n + 1$是奇数，有$T_{n}＜T_{n + 1}＜\frac{7}{4}$，
所以$T_{n}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}＜\frac{7}{4}$对任意$n\in N^{*}$成立.

答案：