Question

6．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=$\frac{1}{2}$，2S_n=S_n-1-（$\frac{1}{2}$）^n-1+2（n≥2），
（1）记b_n=2ⁿa_n，求{b_n}的通项公式；
（2）求证：$\frac{1}{{{b}_{2}}^{2}}$+$\frac{1}{{{b}_{3}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$＜2；
（3）求满足S_n＞$\frac{2013}{1024}$的最小正整数．

Answer 1

分析 （1）利用2S_n=S_n-1-（$\frac{1}{2}$）^n-1+2（n≥2），可得S_n+a_n=（$\frac{1}{2}$）^n-1+2（n≥2），再写一式，两式相减，结合b_n=2ⁿa_n，可得数列{b_n}是首项和公差均为1的等差数列，即可求{b_n}的通项公式；
（2）放缩，再裂项求和，即可证明结论；
（3）利用错位相减法，求出S_n，即可求满足S_n＞$\frac{2013}{1024}$的最小正整数．

解答 （1）解：∵2S_n=S_n-1-（$\frac{1}{2}$）^n-1+2，
∴S_n+a_n=（$\frac{1}{2}$）^n-1+2（n≥2），
∴S_n-1+a_n-1=（$\frac{1}{2}$）^n-2+2（n≥3），
两式相减得2a_n=a_n-1+（$\frac{1}{2}$）^n-1，
∵b_n=2ⁿa_n，
∴b_n=b_n-1+1（n≥3），即当n≥3时，b_n-b_n-1=1，
又b₁=2a₁=1，2（a₁+a₂）=a₁-$\frac{1}{2}$+2，得a₂=$\frac{1}{2}$，∴b₂=4a₂=2，∴b₂-b₁=1，
∴数列{b_n}是首项和公差均为1的等差数列，
∴b_n=n；
（2）证明：$\frac{1}{{{b}_{2}}^{2}}$+$\frac{1}{{{b}_{3}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＜1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$＜2；
（3）解：a_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴S_n=1×$\frac{1}{2}$+2×$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$S_n=1×$\frac{1}{{2}^{2}}$+2×$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）×$\frac{1}{{2}^{n}}$+n×$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}$S_n=1×$\frac{1}{2}$+1×$\frac{1}{{2}^{2}}$+1×$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+1×$\frac{1}{{2}^{n}}$-n×$\frac{1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-n×$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴S_n=2-$\frac{2}{{2}^{n}}$-2n×$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∵S_n＞$\frac{2013}{1024}$，
∴S_n＞$\frac{2013}{1024}$的最小正整数为9．

点评 本题考查数列递推式，考查数列的通项，考查数列的求和，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．