Question

6．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁³+a₂³+…+a_n³=$\frac{{n}^{2}（n+1）^{2}}{4}$，n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）證明：對任意的n∈N^*，都有$\frac{{a}_{1}}{{2}^{{a}_{1}}-{a}_{1}}$+$\frac{{a}_{2}}{{2}^{{a}_{2}}-{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{{2}^{{a}_{3}}-{a}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{{a}_{n}}-{a}_{n}}$＜4．

Answer 1

分析 （I）利用遞推式即可得出；
（II）利用“放縮法”、“錯位相減法”、等比數(shù)列的前n項和公式即可得出．

解答 （Ⅰ）解：∵數(shù)列{a_n}滿足a₁³+a₂³+…+a_n³=$\frac{{n}^{2}（n+1）^{2}}{4}$，n∈N^*．
∴當(dāng)n=1時，${a}_{1}^{3}$=1，解得a₁=1．
當(dāng)n≥2時，滿足a₁³+a₂³+…+${a}_{n-1}^{3}$=$\frac{{n}^{2}（n-1）^{2}}{4}$，n∈N^*．
∴${a}_{n}^{3}$=$\frac{{n}^{2}（n+1）^{2}}{4}$-$\frac{{n}^{2}（n-1）^{2}}{4}$=n³，n∈N^*．
解得a_n=n，
當(dāng)n=1時也滿足，
∴a_n=n．
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）得$\frac{{a}_{n}}{{2}^{{a}_{n}}-{a}_{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n}-n}$．
∵2ⁿ⁺¹-（n+1）2ⁿ-n+（2ⁿ-1）＞2ⁿ-n≥2-1＞0，
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{{a}_{n}}-{a}_{n}}$＞0．
又$\frac{{a}_{n}}{{2}^{{a}_{n}}-{a}_{n}}$-$\frac{2n}{{2}^{n}}$=$\frac{2n（n-{2}^{n-1}）}{n（{2}^{n}-n）}$≤0．
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{{a}_{n}}-{a}_{n}}$≤$\frac{n}{{2}^{n-1}}$．
∴$\frac{{a}_{1}}{{2}^{{a}_{1}}-{a}_{1}}$+$\frac{{a}_{2}}{{2}^{{a}_{2}}-{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{{2}^{{a}_{3}}-{a}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{{a}_{n}}-{a}_{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{1-1}}$+$\frac{2}{{2}^{2-1}}+\frac{3}{{2}^{3-1}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$．
設(shè)S=$\frac{1}{{2}^{1-1}}$+$\frac{2}{{2}^{2-1}}+\frac{3}{{2}^{3-1}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}S$=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}+\frac{n}{{2}^{n}}$，
由錯位相減法，得$\frac{1}{2}S$=1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$=2-$\frac{2+n}{{2}^{n}}$＜2，
∴S＜4．
∴$\frac{{a}_{1}}{{2}^{{a}_{1}}-{a}_{1}}$+$\frac{{a}_{2}}{{2}^{{a}_{2}}-{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{{2}^{{a}_{3}}-{a}_{3}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{{2}^{{a}_{n}}-{a}_{n}}$＜4．

點評 題考查了“錯位相減法”、等比數(shù)列的前n項和公式、遞推式的應(yīng)用、“放縮法”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．