Question

4．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足：S_n=2（a_n-1），數(shù)列{b_n}滿足：對(duì)任意n∈N^*有a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2
（1）求數(shù)列{a_n}與數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記c_n=$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，證明：當(dāng)n≥6時(shí)，n|2-T_n|＜1．

Answer 1

分析 （1）利用數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和的關(guān)系求出數(shù)列的通項(xiàng)公式，然后化簡(jiǎn)已知條件求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式．
（2）利用錯(cuò)位相減法求出Tn，然后構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)的單調(diào)性討論怎么見過(guò)即可．

解答 解：（1）當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2（a₁-1），所以a₁=2，當(dāng)n＞1時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2（a_n-1）-2（a_n-1-1），
∴a_n=2a_n-1，a₂=4=2a₁，數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，a_n=2ⁿ，
a₁b₁=（1-1）•2²+2=2，b₁=1，當(dāng)n≥2時(shí)，a_nb_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n-（a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1）=[（n-1）•2ⁿ⁺¹+2]-[（n-2）•2ⁿ+2]=n•2ⁿ．
驗(yàn)證首項(xiàng)滿足，于是b_n=n．
數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式：b_n=n．
（2）證明：T_n=$\frac{_{1}}{{a}_{1}}+\frac{_{2}}{{a}_{2}}+…+\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$，所以$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}$$+…+\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
錯(cuò)位相減得$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$，所以T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，即|2-T_n|=$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
下證：當(dāng)n≥6時(shí)，$\frac{n（n+1）}{{2}^{n}}＜1$，令f（n）=$\frac{n（n+2）}{{2}^{n}}$，
f（n+1）-f（n）=$\frac{（n+1）（n+3）}{{2}^{n+1}}$-$\frac{n（n+2）}{{2}^{n}}$=$\frac{3-{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$
當(dāng)n≥2時(shí)，f（n+1）-f（n）＜0，即當(dāng)n≥2時(shí)，f（n）單調(diào)減，又f（6）＜1，
所以當(dāng)n≥6時(shí)，f（n）＜1，即$\frac{n（n+2）}{{2}^{n}}$＜1，即當(dāng)當(dāng)n≥6時(shí)，n|2-T_n|＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題目主要考查了利用數(shù)列的遞推公式求解數(shù)列的通項(xiàng)公式，解題中要注意對(duì)n=1的檢驗(yàn)不要漏掉，還要注意等比數(shù)列的通項(xiàng)公式的應(yīng)用．考查分析問題解決問題的能力．