Question

18．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，S_n=2a_n-2，（n≥1，n∈N），數(shù)列{b_n}中，b₁=1，b₂=3，2b_n+1=b_n+b_n+2，（n≥1，n∈N）
（1）求a_n和b_n；
（2）令T_n=$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$，是否存在正整數(shù)M使得T_n＜M對一切正整數(shù)n都成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，請說明理由．
（3）令c_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n+1}-1}$，證明：$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{3}$＜c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{n}{2}$，（n≥1，n∈N）

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用數(shù)列的通項(xiàng)和前n項(xiàng)和的關(guān)系式，可得{a_n}是以2為公比、首項(xiàng)a₁=2的等比數(shù)列，即a_n=2ⁿ（n≥1，n∈N），再由等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式可得b_n=2n-1；
（2）運(yùn)用數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，可得T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$＜3，由不等式恒成立思想可得M的最小值為3；
（3）求得c_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n+1}-1}$=$\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n+1}-1}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n+2}-2}$＜$\frac{1}{2}$，且c₁+c₂+…+c_n=$\frac{1}{2}$n-（$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{14}$+$\frac{1}{30}$+…+$\frac{1}{{2}^{n+2}-2}$）＞$\frac{1}{2}$n-（$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{9}$+$\frac{1}{27}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$），運(yùn)用不等式的性質(zhì)和等比數(shù)列的求和公式即可得證．

解答 解：（1）由題意得2a_n=S_n+2，即2a₁=S₁+2=a₁+2，
解得a₁=2，
由S_n=2a_n-2，S_n+1=2a_n+1-2，
相減可得a_n+1=S_n+1-S_n=2（a_n+1-a_n），即a_n+1=2a_n，
數(shù)列{a_n}是以2為公比、首項(xiàng)a₁=2的等比數(shù)列，
即a_n=2ⁿ（n≥1，n∈N），
b₁=1，b₂=3，2b_n+1=b_n+b_n+2，
即b_n+2-b_n+1=b_n+1-b_n=…=b₂-b₁=2，
可得數(shù)列{b_n}是以2為公差、首項(xiàng)b₁=1的等差數(shù)列，
即b_n=2n-1（n∈N*）；
（2）T_n=$\frac{_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=1•$\frac{1}{2}$+3•（$\frac{1}{2}$）²+5•（$\frac{1}{2}$）³+…+（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
$\frac{1}{2}$T_n=1•（$\frac{1}{2}$）²+3•（$\frac{1}{2}$）³+5•（$\frac{1}{2}$）⁴+…+（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
兩式相減可得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2[（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+（$\frac{1}{2}$）⁴+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ]-（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
化簡可得T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
由T₁=$\frac{1}{2}$，T_n-T_n-1=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$-3+$\frac{2n+1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$＞0，
即T_n＞T_n-1，則T_n單調(diào)遞增，即有T_n∈[$\frac{1}{2}$，3），
假設(shè)存在正整數(shù)M使得T_n＜M對一切正整數(shù)n都成立，
可得M≥3，即M的最小值為3；
（3）證明：c_n=$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n+1}-1}$=$\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n+1}-1}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n+2}-2}$＜$\frac{1}{2}$，
即有c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{n}{2}$成立；
又c₁+c₂+…+c_n=$\frac{1}{2}$n-（$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{14}$+$\frac{1}{30}$+…+$\frac{1}{{2}^{n+2}-2}$）
＞$\frac{1}{2}$n-（$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{9}$+$\frac{1}{27}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$）
=$\frac{1}{2}$n-（$\frac{1}{6}$+$\frac{\frac{1}{9}（1-\frac{1}{{3}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{3}}$）
=$\frac{1}{2}$n-（$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{6}$-$\frac{1}{2•{3}^{n}}$）＞$\frac{1}{2}$n-$\frac{1}{3}$．
綜上可得，$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{3}$＜c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{n}{2}$，（n≥1，n∈N）．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，注意運(yùn)用數(shù)列的通項(xiàng)和前n項(xiàng)和的關(guān)系，考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，以及數(shù)列不等式恒成立問題及證明，注意運(yùn)用數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，以及不等式的性質(zhì)，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．