Question

8．數(shù)列{a_n}滿足：a₁=2，當n∈N^*，n＞1時，a₂+a₃+…+a_n=4（a_n-1-1）．
（Ⅰ）求a₂，a₃，并證明，數(shù)列{a_n+1-2a_n}為常數(shù)列；
（Ⅱ）設c_n=$\frac{1}{2（{a}_{n}+\frac{1}{{a}_{n}}）+5}$，若對任意n∈N^*，2a＜c₁+c₂+…+c_n＜10a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據題意，分別令n=2，3求出a₂，a₃，并猜想即${a}_{n}={2}^{n}$，并用數(shù)學歸納法證明，即可證明數(shù)列{a_n+1-2a_n}為常數(shù)列，
（Ⅱ）利用放縮法可得$\frac{1}{10}$≤c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{7}{20}$，即可求出a的范圍

解答 解：（Ⅰ）∵數(shù)列{a_n}滿足：a₁=2，當n∈N^*，n＞1時，a₂+a₃+…+a_n=4（a_n-1-1），
∴a₂=4（a₁-1）=4（2-1）=4，
a₂+a₃=4（a₂-1），即4+a₃=4（4-1）=12，解得a₃=8．
由此猜想{a_n}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，即${a}_{n}={2}^{n}$，
用數(shù)學歸納法證明：
①當n=1時，a₁=2，成立．
②假設當n=k時，等式成立，即a₂+a₃+…+a_k=4（a_k-1-1），
∴2²+2³+…+2^k=4（2^k-1-1），
當n=k+1時，a₂+a₃+…+a_k+a_k+1
=4（2^k-1-1）+2^k+1
=2^k+1-4+2^k+1
=4（2^k-1）=4（a_k-1），成立，
由①②，得${a}_{n}={2}^{n}$，
∴a_n+1-2a_n=2ⁿ⁺¹-2•2ⁿ=0，
∴數(shù)列{a_n+1-2a_n}為常數(shù)列．
（Ⅱ）∵c_n=$\frac{1}{2（{a}_{n}+\frac{1}{{a}_{n}}）+5}$=$\frac{1}{2（{2}^{n}+\frac{1}{{2}^{n}}）+5}$，
當n=1時，c₁=$\frac{1}{10}$，c_n=$\frac{1}{2（{2}^{n}+\frac{1}{{2}^{n}}）+5}$≤$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{1}{10}$+$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{16}$+…+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{10}$+$\frac{\frac{1}{8}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{10}$+$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）＜$\frac{1}{10}$+$\frac{1}{4}$=$\frac{7}{20}$，
∴$\frac{1}{10}$=c₁＜c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{7}{20}$，
∵對任意n∈N^*，2a＜c₁+c₂+…+c_n＜10a恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2a＜\frac{1}{10}}\\{10a≥\frac{7}{20}}\end{array}\right.$，
解得$\frac{7}{200}$≤a＜$\frac{1}{20}$，
故實數(shù)a的取值范圍為[$\frac{7}{200}$，$\frac{1}{20}$）．

點評 本題考查了數(shù)列的通項公式和數(shù)學歸納法和放縮法證明不等式成立，考查了學生的運算能力和轉化能力，屬于難題．