Question

7．已知数列{a_n+1-2a_n}是公比为2的等比数列，其中a₁=1，a₂=4．
（1）证明：数列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差数列；
（2）求数列{a_n}的前n项和S_n；
（3）记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．

Answer 1

分析 （1）由已知得a_n+1-2a_n=（a₂-2a₁）•2^n-1=2ⁿ得：$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$，即数列 {$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差数列；  
（2）由 （1）知$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$n，所以a_n=n•2^n-1，利用错位相减法可求数列{a_n}的前n项和S_n；
（3）C_n=2ⁿ-2，（n≥2），利用$\frac{1}{{c}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}-2}$$＞\frac{1}{{2}^{n}}$  $\frac{1}{{c}_{n}}=\frac{1}{{2}^{2}-2}≤\frac{1}{{2}^{n-1}}$证明即可．

解答 解：（1）由已知得a_n+1-2a_n=（a₂-2a₁）•2^n-1=2ⁿ…2分
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   …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，
则2S_n=2•2¹+2•2²…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ，
相减得：-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}$，
当≥2时，∵2ⁿ⁺¹-2ⁿ=2ⁿ≥4，∴2ⁿ⁺¹-4≥2ⁿ⇒$\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}$
所以原不等式得证．…12分

点评 本题考查了等比数列的性质，等差数列的判定，考查了错位相减法求和、放缩法证明数列不等式，属于中档题．