Question

17．已知數(shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{lg（1-\sqrt{{a}_{1}}）}$+$\frac{2}{lg（1-\sqrt{{a}_{2}}）}$+…+$\frac{n}{lg（1-\sqrt{{a}_{n}}）}$=-$\frac{n}{lg2}$（n≥1）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）對于任意實數(shù)x和正整數(shù)n，
（Ⅰ）證明：$\frac{{a}_{n}}{n}$≥x（$\frac{1}{{2}^{0}}$-x）+x（$\frac{1}{2}$-x）+x（$\frac{1}{{2}^{2}}$-x）+…+x（$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-x）；
（Ⅱ）證明：$\frac{{a}_{1}}{1}$+$\frac{{a}_{2}}{2}$+…+$\frac{{a}_{n}}{n}$＞$\frac{2（n-1）^{2}}{n（n+1）}$．

Answer 1

分析 （1）通過$\frac{1}{lg（1-\sqrt{{a}_{1}}）}$+$\frac{2}{lg（1-\sqrt{{a}_{2}}）}$+…+$\frac{n}{lg（1-\sqrt{{a}_{n}}）}$=-$\frac{n}{lg2}$與$\frac{1}{lg（1-\sqrt{{a}_{1}}）}$+$\frac{2}{lg（1-\sqrt{{a}_{2}}）}$+…+$\frac{n-1}{lg（1-\sqrt{{a}_{n-1}}）}$=-$\frac{n-1}{lg2}$（n≥2）作差，整理得a_n=1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+$\frac{1}{{4}^{n}}$（n≥2），進而可得結(jié)論；
（2）（Ⅰ）由（1）可知a_n=$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）^{2}$，利用分組法求和及基本不等式可知結(jié)論成立；（Ⅱ）由（I）及柯西不等式整理即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵$\frac{1}{lg（1-\sqrt{{a}_{1}}）}$+$\frac{2}{lg（1-\sqrt{{a}_{2}}）}$+…+$\frac{n}{lg（1-\sqrt{{a}_{n}}）}$=-$\frac{n}{lg2}$（n≥1），
∴$\frac{1}{lg（1-\sqrt{{a}_{1}}）}$+$\frac{2}{lg（1-\sqrt{{a}_{2}}）}$+…+$\frac{n-1}{lg（1-\sqrt{{a}_{n-1}}）}$=-$\frac{n-1}{lg2}$（n≥2），
兩式相減得：$\frac{n}{lg（1-\sqrt{{a}_{n}}）}$=$\frac{n-1}{lg2}$-$\frac{n}{lg2}$，
整理得：a_n=1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+$\frac{1}{{4}^{n}}$（n≥2），
又∵$\frac{1}{lg（1-\sqrt{{a}_{1}}）}$=-$\frac{1}{lg2}$，即a₁=$\frac{1}{4}$滿足上式，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+$\frac{1}{{4}^{n}}$；
（2）證明：（Ⅰ）由（1）可知，a_n=$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）^{2}$，
則x（$\frac{1}{{2}^{0}}$-x）+x（$\frac{1}{2}$-x）+x（$\frac{1}{{2}^{2}}$-x）+…+x（$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-x）
=x（$\frac{1}{{2}^{0}}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-nx）
=x•（$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-nx）
=x[2（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）-nx]
=$\frac{1}{n}$•nx[2（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）-nx]
≤$\frac{（1-\frac{1}{{2}^{n}}）^{2}}{n}$，
即$\frac{{a}_{n}}{n}$≥x（$\frac{1}{{2}^{0}}$-x）+x（$\frac{1}{2}$-x）+x（$\frac{1}{{2}^{2}}$-x）+…+x（$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-x）；
（Ⅱ）由（I）可知，$\frac{{a}_{n}}{n}$≥$\frac{（1-\frac{1}{{2}^{n}}）^{2}}{n}$，
∴$\frac{{a}_{1}}{1}$+$\frac{{a}_{2}}{2}$+…+$\frac{{a}_{n}}{n}$≥$\frac{[（1-\frac{1}{2}）+（1-\frac{1}{{2}^{2}}）+…+（1-\frac{1}{{2}^{n}}）]^{2}}{1+2+3+…+n}$
=$\frac{[{n-\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}]}^{2}}{\frac{n（n+1）}{2}}$
=$\frac{2（n-1+\frac{1}{{2}^{n}}）^{2}}{n（n+1）}$
＞$\frac{2（n-1）^{2}}{n（n+1）}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查不等式，涉及基本不等式及柯西不等式等基礎知識，對表達式的靈活變形是解決本題的關鍵，注意解題方法的積累，屬于難題．