Question

20．已知數列{a_n}滿足$\frac{a_n}{{{a_n}+2}}=\frac{1}{2}{a_{n+1}}$（n∈N^*），a₁=1．
（1）證明：數列$\{\frac{1}{a_n}\}$為等差數列，并求數列{a_n}的通項公式；
（2）若記b_n為滿足不等式${（\frac{1}{2}）^n}＜{a_k}≤{（\frac{1}{2}）^{n-1}}（n∈{N^*}）$的正整數k的個數，數列{$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$}的前n項和為S_n，求關于n的不等式S_n＜4032的最大正整數解．

Answer 1

分析 （1）對條件式取倒數，移項即可得出$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$，故而數列$\{\frac{1}{a_n}\}$為等差數列，利用等差數列的通項公式求出$\frac{1}{{a}_{n}}$即可得出a_n；
（2）根據不等式${（\frac{1}{2}）^n}＜{a_k}≤{（\frac{1}{2}）^{n-1}}（n∈{N^*}）$得出b_n，利用錯位相減法求出S_n，從而得出S_n＜4032的最大正整數解．

解答 解：（1）∵$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+2}=\frac{{a}_{n+1}}{2}$，
∴$\frac{2}{{a}_{n+1}}$-$\frac{2}{{a}_{n}}$=1，即$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$，
又$\frac{1}{{a}_{1}}$=1，
∴{$\frac{1}{{a}_{1}}$}是以1為首項，以$\frac{1}{2}$為公差的等差數列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+$\frac{1}{2}$（n-1）=$\frac{1}{2}$n+$\frac{1}{2}$，
∴a_n=$\frac{2}{n+1}$．
（2）∵（$\frac{1}{2}$）ⁿ＜a_k≤（$\frac{1}{2}$）^n-1，即（$\frac{1}{2}$）ⁿ＜$\frac{2}{k+1}$≤（$\frac{1}{2}$）^n-1，
∴2ⁿ-1＜k≤2ⁿ⁺¹-1，
∴b_n=2ⁿ⁺¹-1-（2ⁿ-1）=2ⁿ，
∴$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=（n+1）2^n-1，
∴S_n=2•2⁰+3•2¹+4•2²+…+（n+1）•2^n-1，
∴2S_n=2•2+3•2²+4•2³+…+（n+1）•2ⁿ，
兩式相減得：-S_n=2+2+2²+…+2^n-1-（n+1）•2ⁿ
=2+$\frac{2（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（n+1）•2ⁿ，
=-n•2ⁿ，
∴S_n=n•2ⁿ．
∵S_n+1-S_n=（n+1）•2ⁿ⁺¹-n•2ⁿ=（n+2）•2ⁿ＞0，
∴{S_n}單調遞增，
又S₈=2048＜4032，S₉=4608＞4032，
∴關于n的不等式S_n＜4032的最大正整數解為8．

點評 本題考查了等差數列的判斷與通項公式，錯位相減法數列求和，屬于中檔題．