Question

13．設(shè)數(shù)列{a_n}滿足 $\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{2}^{n}λ}{{a}_{n}}$-1，其中常數(shù)λ＞$\frac{1}{2}$，
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若λ=$\frac{2}{3}$，b_n=（2n-4001）a_n，當(dāng)n為何值時(shí)，b_n最大．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{2}^{n}λ}{{a}_{n}}$-1，①，可得 $\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$+$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n+1}λ}{{a}_{n+1}}-1$，②，兩式相減整理可得$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{2λ-1}{λ}$，數(shù)列{a_n}是以2λ-1為首項(xiàng)，以$\frac{2λ-1}{λ}$為公比的等比數(shù)列，問題得以解決，
（2）求出數(shù)列b_n的通項(xiàng)公式，使b_n-b_n-1＞0，即可得到b_n最大時(shí)n的值．

解答 解：（1）由$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{2}^{n}λ}{{a}_{n}}$-1，①，可得 $\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$+$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n+1}λ}{{a}_{n+1}}-1$，②，
由②-①得$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n+1}•λ}{{a}_{n+1}}$-$\frac{{2}^{n}λ}{{a}_{n}}$，
即$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{2λ}{{a}_{n+1}}$-$\frac{λ}{{a}_{n}}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{2λ-1}{λ}$，
當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{2λ}{{a}_{1}}$-1，
∴a₁=2λ-1，
∴數(shù)列{a_n}是以2λ-1為首項(xiàng)，以$\frac{2λ-1}{λ}$為公比的等比數(shù)列，
∴a_n=（2λ-1）•（$\frac{2λ-1}{λ}$）^n-1=$\frac{（2λ-1）^{n}}{{λ}^{n-1}}$
（2）λ=$\frac{2}{3}$，b_n=（2n-4001）a_n=（2n-4001）•$\frac{1}{3}$•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
則b_n-1=（2n-4003）•$\frac{1}{3}$•（$\frac{1}{2}$）^n-2，
∴b_n-b_n-1=$\frac{1}{3}$•（$\frac{1}{2}$）^n-1（4005-2n）＞0，
即n＜$\frac{4005}{2}$＜2003，
∴當(dāng)n=2002時(shí)，b_n最大．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的遞推公式和數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法以及數(shù)列的函數(shù)特征，屬于難題．