Question

5．已知數(shù)列{a_n+1-2a_n}（n∈N^*）是公比為2的等比數(shù)列，其中a₁=1，a₂=4．
（Ⅰ）證明：數(shù)列$\{\frac{a_n}{2^n}\}$是等差數(shù)列；
（Ⅱ）求數(shù)列{a_n}的前n項和S_n；
（ III）記數(shù)列${c_n}=\frac{{2{a_n}-2n}}{n}，（n≥2）$，證明：$\frac{1}{2}-{（\frac{1}{2}）^n}＜\frac{1}{c_2}+\frac{1}{c_3}+…+\frac{1}{c_n}＜1-{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過等比數(shù)列的通項公式可知a_n+1-2a_n=2ⁿ，兩端同除2ⁿ⁺¹即得結論；
（Ⅱ）利用錯位相減法計算即得結論，
（Ⅲ）利用放縮法即可證明．

解答 解：（Ⅰ）證明：由已知得${a_{n+1}}-2{a_n}=（{a_2}-2{a_1}）•{2^{n-1}}={2^n}$，
兩端同除2ⁿ⁺¹得：$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{2^{n+1}}}}-\frac{a_n}{2^n}=\frac{1}{2}$，
所以數(shù)列$\{\frac{a_n}{2^n}\}$是以首項為$\frac{1}{2}$，公差為$\frac{1}{2}$的等差數(shù)列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$\frac{a_n}{2^n}=\frac{1}{2}n$，所以${a_n}=n•{2^{n-1}}$，
${S_n}=1•{2^0}+2•{2^1}+…+n•{2^{n-1}}$，
則2S_n=1•2¹+2•2²+…+n•2ⁿ，
相減得：$-{S_n}=1•{2^0}+{2^1}+…+{2^{n-1}}-n•{2^n}$，
所以$-{S_n}=\frac{{1-{2^n}}}{1-2}-n•{2^n}$，
即${S_n}=（n-1）{2^n}+1$．                                  
（Ⅲ）證明：數(shù)列c_n=2ⁿ-2，n≥2，
∴$\frac{1}{c_n}=\frac{1}{{{2^n}-2}}＞\frac{1}{2^n}$，
∴$\frac{1}{c_2}+\frac{1}{c_3}+…+\frac{1}{c_n}＞\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}=\frac{{\frac{1}{4}[1-{{（\frac{1}{2}）}^{n-1}}]}}{{1-\frac{1}{2}}}=\frac{1}{2}-{（\frac{1}{2}）^n}$
又∵$\frac{1}{c_n}=\frac{1}{{{2^n}-2}}＜\frac{2}{2^n}={（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，（n≥3），
當n=2時，$\frac{1}{c_2}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{{c}_{2}}+\frac{1}{{c}_{3}}+…+\frac{1}{{c}_{n}}$＜$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}$=1-（$\frac{1}{2}$）^n-1，
所以原不等式得證．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和不等式的證明，對表達式的靈活變形及錯位相減法和放縮是解決本題的關鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．