Question

10．設數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=2a_n-a₁，且a₁+4是a₂，a₃的等差中項．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）求數(shù)列$\left\{{\frac{n}{a_n}}\right\}$的前n項和T_n，求證：$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$．

Answer 1

分析 （1）利用a_n=S_n-S_n-1（n＞1）計算可知a_n=2a_n-1（n＞1），進而可知數(shù)列{a_n}是首項為2、公比為2的等比數(shù)列，計算即得結論；
（2）通過（1）得$\frac{n}{a_n}=\frac{n}{2^n}$，進而利用錯位相減法計算即得結論．

解答 解：（1）由已知S_n=2a_n-a₁，有a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1（n＞1），
即a_n=2a_n-1（n＞1）．------------------（2分）
從而a₂=2a₁，a₃=4a₁．
又因為a₁+4是a₂，a₃的等差中項，即2（a₁+4）=a₂+a₃．
解得a₁=2．----------（3分）
所以數(shù)列{a_n}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列．
故${a_n}={2^n}$…（4分）
（2）由（1）得$\frac{n}{a_n}=\frac{n}{2^n}$，所以${T_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n}{2^n}$，
$2{T_n}=1+1+\frac{3}{2^2}+…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，
兩式相減${T_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{2^n}=\frac{{1-{{（\frac{1}{2}）}^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+2}{2^n}$…（8分）
因為$\frac{n+2}{2^n}$-$\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}$=$\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}＞0$，所以數(shù)列$\left\{{\frac{n+2}{2^n}}\right\}$遞減…（10分）
即$0＜\frac{n+2}{2^n}≤\frac{3}{2}$，從而$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$…（12分）

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．