Question

7．已知數(shù)列{a_n+1-2a_n}是公比為2的等比數(shù)列，其中a₁=1，a₂=4．
（1）證明：數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差數(shù)列；
（2）求數(shù)列{a_n}的前n項和S_n；
（3）記C_n=$\frac{2{a}_{n}-2n}{n}$（n≥2），證明：$\frac{1}{2}-$（$\frac{1}{2}$）ⁿ＜$\frac{1}{{c}_{2}}+\frac{1}{{c}_{3}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}}$≤1-（$\frac{1}{2}$）^n-1．

Answer 1

分析 （1）由已知得a_n+1-2a_n=（a₂-2a₁）•2^n-1=2ⁿ得：$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$，即數(shù)列 {$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差數(shù)列；  
（2）由 （1）知$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$n，所以a_n=n•2^n-1，利用錯位相減法可求數(shù)列{a_n}的前n項和S_n；
（3）C_n=2ⁿ-2，（n≥2），利用$\frac{1}{{c}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}-2}$$＞\frac{1}{{2}^{n}}$  $\frac{1}{{c}_{n}}=\frac{1}{{2}^{2}-2}≤\frac{1}{{2}^{n-1}}$證明即可．

解答 解：（1）由已知得a_n+1-2a_n=（a₂-2a₁）•2^n-1=2ⁿ…2分
兩端同除 2ⁿ⁺¹得：$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$，所以數(shù)列 {$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是以首項為$\frac{1}{2}$，公差為$\frac{1}{2}$ 的等差數(shù)列   …4分
（2）由 （1）知$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$n，所以a_n=n•2^n-1，
    S_n=1•2⁰+2•2¹+…+n•2^n-1，
則2S_n=2•2¹+2•2²…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ，
相減得：-S_n=1•2⁰+2¹+…+2^n-1-n•2ⁿ，
所以-S_n=$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$-n•2ⁿ，
即S_n=（n-1）2ⁿ+1．…8分
（3）C_n=2ⁿ-2，（n≥2）
∵$\frac{1}{{c}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}-2}$$＞\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{{c}_{2}}+\frac{1}{{c}_{3}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}}＞$$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{\frac{1}{4}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{2}$-$（\frac{1}{2}）^{n}$，
當(dāng)≥2時，∵2ⁿ⁺¹-2ⁿ=2ⁿ≥4，∴2ⁿ⁺¹-4≥2ⁿ⇒$\frac{1}{{2}^{n+1}-4}≤\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{{c}_{n}}=\frac{1}{{2}^{n}-2}≤\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴$\frac{1}{{c}_{2}}+\frac{1}{{c}_{3}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}}$$≤\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}$=1-$（\frac{1}{2}）^{n-1}$
所以原不等式得證．…12分

點評 本題考查了等比數(shù)列的性質(zhì)，等差數(shù)列的判定，考查了錯位相減法求和、放縮法證明數(shù)列不等式，屬于中檔題．