Question

9．構(gòu)造數(shù)組，規(guī)則如下：第一組是兩個(gè)1，即（1，1），第二組是（1，2a，1），第三組是（1，a（1+2a），2a，a（2a+1），1）…，在每一組的相鄰兩個(gè)數(shù)組之間插入這兩個(gè)數(shù)的和的a倍得到下一組，其中a∈（0，$\frac{1}{4}$），設(shè)第n組有a_n個(gè)數(shù)，且這a_n個(gè)數(shù)的和為S_n（n∈N^*）．
（1）求a_n和S_n；
（2）求證：$\frac{{a}_{1}-1}{{S}_{1}}$+$\frac{{a}_{2}-1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{{a}_{n}-1}{{S}_{n}}$≥$\frac{n}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列構(gòu)造的規(guī)則可知a_n=a_n-1+（a_n-1-1）=2a_n-1-1，即a_n-1=2（a_n-1-1）．將上式進(jìn)行迭代，即可得到a_n-1=2^n-1（a₁-1）=2^n-1．故a_n=2^n-1+1，同理可求出S_n．
（2）令b_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{S}_{n}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{（2a+1）^{n-1}+1}$，利用不等式證明{b_n}是遞增數(shù)列即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意可知a₁=2，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=a_n-1+（a_n-1-1）=2a_n-1-1，∴a_n-1=2（a_n-1-1）．
∴a_n-1=2^n-1（a₁-1）=2^n-1．∴a_n=2^n-1+1．
由數(shù)列的構(gòu)造規(guī)則可知S₁=2，S_n=S_n-1+2aS_n-1-2a=（2a+1）S_n-1-2a，
∴S_n-1=（2a+1）（S_n-1-1）=（2a+1）^n-1（S₂-1）=（2a+1）^n-1，∴S_n=（2a+1）^n-1+1．
（2）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{S}_{n}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{（2a+1）^{n-1}+1}$，則b_n+1=$\frac{{2}^{n}}{（2a+1）^{n}+1}$，
∵a∈（0，$\frac{1}{4}$），∴1＜2a+1＜2，∴（2a+1）ⁿ＜2（2a+1）^n-1，∴（2a+1）ⁿ+1＜2（2a+1）^n-1+2，
∴$\frac{{2}^{n}}{（2a+1）^{n}+1}$＞$\frac{{2}^{n}}{2（2a+1）^{n-1}+2}$=$\frac{{2}^{n-1}}{（2a+1）^{n-1}+1}$．即b_n+1＞b_n．∴{b_n}是遞增數(shù)列．
∴b_n＞b_n-1＞b_n-2＞…＞b₂＞b₁=$\frac{1}{2}$．
∴b_n+b_n-1+b_n-2+…+b₂+b₁≥$\frac{n}{2}$，即$\frac{{a}_{1}-1}{{S}_{1}}$+$\frac{{a}_{2}-1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{{a}_{n}-1}{{S}_{n}}$≥$\frac{n}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的通項(xiàng)公式，遞推公式的應(yīng)用，考查數(shù)列與不等式的聯(lián)系，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，難度較大．