Question

8．若數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足：S_n=2a_n-2，記b_n=log₂a_n．
（1）求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）數(shù)列{c_n}滿足c_n=$\frac{b_n}{a_n}$，它的前n項(xiàng)和為T_n，求T_n；
（3）求證：$\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}+…+\frac{1}{b_n^2}＜\frac{7}{4}$．

Answer 1

分析 （1）利用數(shù)列遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）利用“錯位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（3）利用“裂項(xiàng)求和”方法與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2a₁-2，解得a₁=2
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=（2a_n-2）-（2a_n-1-2）=2a_n-2a_n-1，即a_n=2a_n-1，
所以數(shù)列{a_n}是以a₁=2為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列，
∴${a_n}=2•{2^{n-1}}={2^n}$，從而b_n=log₂a_n=n．
（2）易知${c_n}=\frac{n}{2^n}$，則${T_n}=1×\frac{1}{2}+2×\frac{1}{2^2}+3×\frac{1}{2^3}+…+（{n-1}）×\frac{1}{{{2^{n-1}}}}+n×\frac{1}{2^n}$①$\frac{1}{2}{T_n}=1×\frac{1}{2^2}+2×\frac{1}{2^3}+…+（{n-2}）×\frac{1}{{{2^{n-1}}}}+（{n-1}）×\frac{1}{2^n}+n×\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$②
①-②可得：$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{2^n}-n×\frac{1}{{{2^{n+1}}}}=1-\frac{n+2}{{{2^{n+1}}}}$
故${T_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$．
（3）證明：當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{1}{b_1^2}=1＜\frac{7}{4}$；當(dāng)n=2時(shí)，$\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}=1+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}＜\frac{7}{4}$；
當(dāng)n＞2時(shí)，$\frac{1}{b_n^2}=\frac{1}{n^2}＜\frac{1}{{n（{n-1}）}}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，$\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}+…+\frac{1}{b_n^2}＜\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}+（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）+…+（{\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}}）=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}=\frac{7}{4}-\frac{1}{n}＜\frac{7}{4}$，
綜合可得：$\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{b_2^2}+…+\frac{1}{b_n^2}＜\frac{7}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、“錯位相減法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、“裂項(xiàng)求和”方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．