已知数列{an+1-2an}(n∈N*)是公比为2的等比数列.其中a1=1.a2=4．(Ⅰ)证明:数列$\{\frac{a n}{2^n}\}$是等差数列,(Ⅱ)求数列{an}的前n项和Sn,记数列${c n}=\frac{{2{a n}-2n}}{n}.$.证明:$\frac{1}{2}-{^n}＜\frac{1}{c 2}+\frac{1}{c 3}+-+\frac{1}{c n}� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

5．已知数列{a_n+1-2a_n}（n∈N^*）是公比为2的等比数列，其中a₁=1，a₂=4．
（Ⅰ）证明：数列$\{\frac{a_n}{2^n}\}$是等差数列；
（Ⅱ）求数列{a_n}的前n项和S_n；
（ III）记数列${c_n}=\frac{{2{a_n}-2n}}{n}，（n≥2）$，证明：$\frac{1}{2}-{（\frac{1}{2}）^n}＜\frac{1}{c_2}+\frac{1}{c_3}+…+\frac{1}{c_n}＜1-{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$．

分析（Ⅰ）通过等比数列的通项公式可知a_n+1-2a_n=2ⁿ，两端同除2ⁿ⁺¹即得结论；
（Ⅱ）利用错位相减法计算即得结论，
（Ⅲ）利用放缩法即可证明．

解答解：（Ⅰ）证明：由已知得${a_{n+1}}-2{a_n}=（{a_2}-2{a_1}）•{2^{n-1}}={2^n}$，
两端同除2ⁿ⁺¹得：$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{2^{n+1}}}}-\frac{a_n}{2^n}=\frac{1}{2}$，
所以数列$\{\frac{a_n}{2^n}\}$是以首项为$\frac{1}{2}$，公差为$\frac{1}{2}$的等差数列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$\frac{a_n}{2^n}=\frac{1}{2}n$，所以${a_n}=n•{2^{n-1}}$，
${S_n}=1•{2^0}+2•{2^1}+…+n•{2^{n-1}}$，
则2S_n=1•2¹+2•2²+…+n•2ⁿ，
相减得：$-{S_n}=1•{2^0}+{2^1}+…+{2^{n-1}}-n•{2^n}$，
所以$-{S_n}=\frac{{1-{2^n}}}{1-2}-n•{2^n}$，
即${S_n}=（n-1）{2^n}+1$．
（Ⅲ）证明：数列c_n=2ⁿ-2，n≥2，
∴$\frac{1}{c_n}=\frac{1}{{{2^n}-2}}＞\frac{1}{2^n}$，
∴$\frac{1}{c_2}+\frac{1}{c_3}+…+\frac{1}{c_n}＞\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}=\frac{{\frac{1}{4}[1-{{（\frac{1}{2}）}^{n-1}}]}}{{1-\frac{1}{2}}}=\frac{1}{2}-{（\frac{1}{2}）^n}$
又∵$\frac{1}{c_n}=\frac{1}{{{2^n}-2}}＜\frac{2}{2^n}={（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，（n≥3），
当n=2时，$\frac{1}{c_2}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{{c}_{2}}+\frac{1}{{c}_{3}}+…+\frac{1}{{c}_{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}$=1-（$\frac{1}{2}$）^n-1，
所以原不等式得证．