Question

2．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足2a_n-1=S_n．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）對(duì)任意n，k∈N^*，有λ²+k²-$\frac{λn}{{a}_{n}}$-10k+$\frac{97}{4}$＞0，求正數(shù)λ的取值范圍；
（3）設(shè)b_n=a_n-（-1）ⁿ，記T_n=$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$，求證：T_2n＜2．

Answer 1

分析 （1）由已知數(shù)列遞推式，類比可得另一遞推式，將兩式作差，得到數(shù)列相鄰兩項(xiàng)的關(guān)系，從而可得數(shù)列為等比數(shù)列，求出數(shù)列首項(xiàng)，從而求得數(shù)列通項(xiàng)公式；
（2）把已知不等式變形，分離參數(shù)λ，求出$\frac{n}{{2}^{n-1}}$得最值，代入不等式求解得答案；
（3）把數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式代入b_n=a_n-（-1）ⁿ，得到$\frac{1}{_{2n-1}}+\frac{1}{_{2n}}$＜$\frac{3}{{2}^{2n-1}}$，代入T_n=$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$后利用等比數(shù)列的求和得答案．

解答 （1）解：由2a_n-1=S_n，得2a_n+1-1=S_n+1．
兩式作差可得2a_n+1-2a_n=a_n+1，整理得a_n+1=2a_n，
當(dāng)n=1時(shí)，由2a_n-1=S_n，得2a₁-1=a₁，解得a₁=1．
∴數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列，則${a}_{n}={2}^{n-1}$；
（2）證明：由λ²+k²-$\frac{λn}{{a}_{n}}$-10k+$\frac{97}{4}$＞0，得${λ}^{2}-\frac{λn}{{2}^{n-1}}＞-{k}^{2}+10k-\frac{97}{4}=-（k-5）^{2}+\frac{3}{4}$恒成立，
即${λ}^{2}-\frac{λn}{{2}^{n-1}}$＞$\frac{3}{4}$恒成立，整理得：$\frac{n}{{2}^{n-1}}$＜λ$-\frac{3}{4λ}$，而$（\frac{n}{{2}^{n-1}}）_{max}=1$，即1＜λ-$\frac{3}{4λ}$，
∴4λ²-4λ-3＞0，又λ＞0，解得λ＞$\frac{3}{2}$；
（3）證明：由b_n=a_n-（-1）ⁿ=2^n-1-（-1）ⁿ，
得$\frac{1}{_{2n-1}}+\frac{1}{_{2n}}=\frac{1}{{2}^{2n-2}+1}+\frac{1}{2•{2}^{2n-2}-1}$=$\frac{3•{2}^{2n-2}}{2（{2}^{2n-2}）^{2}+{2}^{2n-2}-1}$＜$\frac{3}{{2}^{2n-1}}$，
∴T_n=$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$＜$3（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{1}{{2}^{5}}+…+\frac{1}{{2}^{2n-1}}）$=3$•\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}=2（1-\frac{1}{{4}^{n}}）$＜2，結(jié)論得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，訓(xùn)練了放縮法證明數(shù)列不等式，考查等比數(shù)列的前n項(xiàng)和，是中檔題．