Question

8．在數(shù)列{a_n}中，a₁=2，${a_{n+1}}=2（1+\frac{1}{n}）{a_n}$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)${b_n}=\frac{2^n}{a_n}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)的和為S_n，試求數(shù)列{S_2n-S_n}的最小值；
（3）求證：當(dāng)n≥2時(shí)，${S_{2^n}}≥\frac{7n+11}{12}$．

Answer 1

分析 （1）由條件得$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+1}=2•\frac{a_n}{n}$，$\frac{a_1}{1}=2$，即數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{n}}\right\}$構(gòu)成首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，可得${a_n}=n•{2^n}$．
（2）由（1）得${b_n}=\frac{1}{n}$，設(shè)c_n=S_2n-S_n，則${c_n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}$，${c_{n+1}}=\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$，可得數(shù)列{c_n}是單調(diào)遞增的，所以${（{c_n}）_{min}}={c_1}=\frac{1}{2}$．
（3）當(dāng)n≥2時(shí)，${S_{2^n}}=（{{S_{2^n}}-{S_{{2^{n-1}}}}}）+（{{S_{{2^{n-1}}}}-{S_{{2^{n-2}}}}}）+…+（{{S_2}-{S_1}}）+{S_1}$=${c_{{2^{n-1}}}}+{c_{{2^{n-2}}}}+…+{c_2}+{c_1}+{S_1}$，由（2）知${c_{{2^{n-1}}}}≥{c_{{2^{n-2}}}}≥…≥{c_2}$，即${S_{2^n}}≥（{n-1}）{c_2}+{c_1}+{S_1}=\frac{7}{12}（{n-1}）+\frac{1}{2}+1=\frac{7n+11}{12}$．

解答 解：（1）由條件${a_{n+1}}=2（{1+\frac{1}{n}}）{a_n}$得$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+1}=2•\frac{a_n}{n}$，又a₁=2，所以$\frac{a_1}{1}=2$，
因此數(shù)列$\left\{{\frac{a_n}{n}}\right\}$構(gòu)成首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，
從而$\frac{a_n}{n}=2•{2^{n-1}}={2^n}$，
因此，${a_n}=n•{2^n}$．
（2）由（1）得${b_n}=\frac{1}{n}$，
設(shè)c_n=S_2n-S_n，則${c_n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}$，
所以${c_{n+1}}=\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$，
從而${c_{n+1}}-{c_n}=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}＞\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=0$，
因此數(shù)列{c_n}是單調(diào)遞增的，所以${（{c_n}）_{min}}={c_1}=\frac{1}{2}$．
（3）當(dāng)n≥2時(shí)，${S_{2^n}}=（{{S_{2^n}}-{S_{{2^{n-1}}}}}）+（{{S_{{2^{n-1}}}}-{S_{{2^{n-2}}}}}）+…+（{{S_2}-{S_1}}）+{S_1}$=${c_{{2^{n-1}}}}+{c_{{2^{n-2}}}}+…+{c_2}+{c_1}+{S_1}$，
由（2）知${c_{{2^{n-1}}}}≥{c_{{2^{n-2}}}}≥…≥{c_2}$，又${c_1}=\frac{1}{2}，{S_1}=1$，${c_2}=\frac{7}{12}$，
所以${S_{2^n}}≥（{n-1}）{c_2}+{c_1}+{S_1}=\frac{7}{12}（{n-1}）+\frac{1}{2}+1=\frac{7n+11}{12}$．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列的遞推式、單調(diào)性，及放縮法求證數(shù)列不等式，屬于中檔題．