Question

2．设等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且S₄=4S₂，a_2n=2a_n+1．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b_n}满足$\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}+\frac{{b}_{2}}{{a}_{2}}+…+\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，求{b_n}的前n项和T_n．
（Ⅲ）求证：$\frac{1}{2}$≤T_n＜3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，由S₄=4S₂，a_2n=2a_n+1，得到关于a₁，d的方程组，解得即可；
（Ⅱ）先求出数列b_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，再由错位相减法即可求出{b_n}的前n项和T_n；
（Ⅲ）根据数列的函数特征，得到T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$为递增数列，根据极限思想即可证明．

解答 解：（Ⅰ）设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，由S₄=4S₂，a_2n=2a_n+1．
可得4a₁+$\frac{4（4-1）d}{2}$=4（a₁+a₁+d），①a₁+（2n-1）d=2a₁+2（n-1）d+1，②
由①②解得a₁=1，d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，
（Ⅱ）由已知$\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}+\frac{{b}_{2}}{{a}_{2}}+…+\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，得
当n=1时，$\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，
当n≥2时，$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）-（1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）=$\frac{1}{{2}^{n}}$，显然n=1时符合，
∴$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
由（Ⅰ）知，a_n=2n-1，n∈N^*，
∴b_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
又T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
两式相减得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$
（3）由（2）可知T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
设f（x）=3-$\frac{2x+3}{{2}^{x}}$，
∴f′（x）=$\frac{2xln2+ln2-2}{{2}^{x}}$＞0在（0，+∞）恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）为增函数，
∵$\underset{lim}{n→∞}$（3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$）=3，当n=1时，T₁=3-$\frac{2+3}{2}$=$\frac{1}{2}$
∴$\frac{1}{2}$≤T_n＜3．

点评 本题考查了等差等比数列的通项公式和前n项和公式，以及错位相减法，数列的函数特征，属于中档题．