Question

20．已知數(shù)列{a_n}各項(xiàng)不為0，a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$，
（1）求{a_n}的通項(xiàng)a_n．
（2）若b_n=na${\;}_{{2}^{n}-1}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n．
（3）用數(shù)學(xué)歸納法證明：a₁+a₂+a₃+…+a${\;}_{{2}^{n-1}}$＞$\frac{n-2}{2}$（n≥2）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列遞推公式可得$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}=1$，即可得到{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2為首項(xiàng)1為公差的等差數(shù)列，問題得以解決，
（2）根據(jù)錯(cuò)位相減法即可求出數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n．
（3）利用數(shù)學(xué)歸納法即可證明．

解答 解：（1）數(shù)列{a_n}各項(xiàng)不為0，${a_1}=\frac{1}{2}$，$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}=1$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$=2，
∴{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2為首項(xiàng)1為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=2+n-1=n+1
∴${a_n}=\frac{1}{n+1}$，
（2）${b_n}=n{a_{{2^n}-1}}=\frac{n}{2^n}$，
∴${S_n}=1•\frac{1}{2}+2•\frac{1}{2^2}+3•\frac{1}{2^3}+…+n•\frac{1}{2^n}$，
∴$\frac{1}{2}{S_n}=1•\frac{1}{2^2}+2•\frac{1}{2^3}+3•\frac{1}{2^4}+…+n•\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$，
∴$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{{{2^{\;}}}}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}-n\frac{1}{{{2^{n+1}}}}=1-\frac{n+4}{{{2^{n+1}}}}$，
∴${S_n}=2-\frac{n+4}{2^n}$
（3）①當(dāng)n=2時(shí)，左=$\frac{1}{2}$＞0=右，
∴不等式成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2，k∈N^*）時(shí)，不等式成立．
即$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{2k-1}$＞$\frac{k-2}{2}$成立．
那么n=k+1時(shí)，$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{2k-1}$+$\frac{1}{2k-1+1}$+…+$\frac{1}{2k-1+2k-1}$
＞$\frac{k-2}{2}$+$\frac{1}{2k-1+1}$+…+$\frac{1}{2k}$＞$\frac{k-2}{2}$+$\frac{1}{2k}$+$\frac{1}{2k}$+…+$\frac{1}{2k}$=$\frac{k-2}{2}$+$\frac{2k-1}{2k}$=$\frac{（k+1）-2}{2}$，
∴當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式成立．據(jù)①②可知，不等式對(duì)一切n∈N^*且n≥2時(shí)成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查用數(shù)列的遞推公式和錯(cuò)位相減法以及數(shù)學(xué)歸納法證明等式，證明n=k+1時(shí)等式成立，是解題的難點(diǎn)和關(guān)鍵．