Question

8．若数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n=2a_n-2，记b_n=log₂a_n．
（1）求数列{b_n}的通项公式；
（2）数列{c_n}满足c_n=$\frac{b_n}{a_n}$，它的前n项和为T_n，求T_n；
（3）求证：$\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}+…+\frac{1}{b_n^2}＜\frac{7}{4}$．

Answer 1

分析 （1）利用数列递推关系、等比数列的通项公式即可得出．
（2）利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．
（3）利用“裂项求和”方法与数列的单调性即可得出．

解答 解：（1）当n=1时，S₁=2a₁-2，解得a₁=2
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（2a_n-2）-（2a_n-1-2）=2a_n-2a_n-1，即a_n=2a_n-1，
所以数列{a_n}是以a₁=2为首项，公比为2的等比数列，
∴${a_n}=2•{2^{n-1}}={2^n}$，从而b_n=log₂a_n=n．
（2）易知${c_n}=\frac{n}{2^n}$，则${T_n}=1×\frac{1}{2}+2×\frac{1}{2^2}+3×\frac{1}{2^3}+…+（{n-1}）×\frac{1}{{{2^{n-1}}}}+n×\frac{1}{2^n}$①$\frac{1}{2}{T_n}=1×\frac{1}{2^2}+2×\frac{1}{2^3}+…+（{n-2}）×\frac{1}{{{2^{n-1}}}}+（{n-1}）×\frac{1}{2^n}+n×\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$②
①-②可得：$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{2^n}-n×\frac{1}{{{2^{n+1}}}}=1-\frac{n+2}{{{2^{n+1}}}}$
故${T_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$．
（3）证明：当n=1时，$\frac{1}{b_1^2}=1＜\frac{7}{4}$；当n=2时，$\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}=1+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}＜\frac{7}{4}$；
当n＞2时，$\frac{1}{b_n^2}=\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{n（{n-1}）}}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，$\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}+…+\frac{1}{b_n^2}＜\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}+（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）+…+（{\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}}）=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}=\frac{7}{4}-\frac{1}{n}＜\frac{7}{4}$，
综合可得：$\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}+…+\frac{1}{b_n^2}＜\frac{7}{4}$．

点评 本题考查了数列递推关系、“错位相减法”、等比数列的通项公式与求和公式、“裂项求和”方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．