题目内容

20.已知数列{an}满足$\frac{a_n}{{{a_n}+2}}=\frac{1}{2}{a_{n+1}}$(n∈N*),a1=1.
(1)证明:数列$\{\frac{1}{a_n}\}$为等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)若记bn为满足不等式${(\frac{1}{2})^n}<{a_k}≤{(\frac{1}{2})^{n-1}}(n∈{N^*})$的正整数k的个数,数列{$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$}的前n项和为Sn,求关于n的不等式Sn<4032的最大正整数解.

分析 (1)对条件式取倒数,移项即可得出$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$,故而数列$\{\frac{1}{a_n}\}$为等差数列,利用等差数列的通项公式求出$\frac{1}{{a}_{n}}$即可得出an;
(2)根据不等式${(\frac{1}{2})^n}<{a_k}≤{(\frac{1}{2})^{n-1}}(n∈{N^*})$得出bn,利用错位相减法求出Sn,从而得出Sn<4032的最大正整数解.

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为首项,以$\frac{1}{2}$为公差的等差数列,
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+$\frac{1}{2}$(n-1)=$\frac{1}{2}$n+$\frac{1}{2}$,
∴an=$\frac{2}{n+1}$.
(2)∵($\frac{1}{2}$)n<ak≤($\frac{1}{2}$)n-1,即($\frac{1}{2}$)n<$\frac{2}{k+1}$≤($\frac{1}{2}$)n-1,
∴2n-1<k≤2n+1-1,
∴bn=2n+1-1-(2n-1)=2n,
∴$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=(n+1)2n-1,
∴Sn=2•20+3•21+4•22+…+(n+1)•2n-1,
∴2Sn=2•2+3•22+4•23+…+(n+1)•2n,
两式相减得:-Sn=2+2+22+…+2n-1-(n+1)•2n
=2+$\frac{2(1-{2}^{n-1})}{1-2}$-(n+1)•2n,
=-n•2n,
∴Sn=n•2n.
∵Sn+1-Sn=(n+1)•2n+1-n•2n=(n+2)•2n>0,
∴{Sn}单调递增,
又S8=2048<4032,S9=4608>4032,
∴关于n的不等式Sn<4032的最大正整数解为8.

点评 本题考查了等差数列的判断与通项公式,错位相减法数列求和,属于中档题.

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