Question

19．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n=2（a_n-1），数列{b_n}满足：对任意n∈N^*有$\sum_{i=1}^{n}$a_ib_i=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2．
（1）求数列{a_n}与数列{b_n}的通项公式；
（2）设C_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，数列{C_n}的前n项和为T_n，证明：当n≥6时，n|2-T_n|＜1．

Answer 1

分析 （1）由数列的通项和求和的关系，当n=1时，a₁=S₁=2（a₁-1），解得a₁=2，当n＞1时，a_n=S_n-S_n-1，由等比数列的通项即可得到，再由n换成n+1，相减可得数列{b_n}的通项公式；
（2）求出C_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，运用错位相减法，求得前n项和为T_n，再由数学归纳法，即可得证．

解答 解：（1）数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n=2（a_n-1），
当n=1时，a₁=S₁=2（a₁-1），解得a₁=2，
当n＞1时，a_n=S_n-S_n-1=2（a_n-1）-2（a_n-1-1），
化简可得a_n=2a_n-1，
由等比数列的通项公式，可得a_n=2ⁿ，
数列{b_n}满足：对任意n∈N^*有$\sum_{i=1}^{n}$a_ib_i=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2．
即有$\sum_{i=1}^{n+1}$a_ib_i=n•2ⁿ⁺²+2，
两式相减，可得a_n+1b_n+1=n•2ⁿ⁺²+2-（n-1）•2ⁿ⁺¹-2
=（n+1）2ⁿ⁺¹，
由a_n+1=2ⁿ⁺¹，可得b_n+1=n+1，
即有b_n=n，
当n=1时，a₁b₁=2，可得b₁=1，
故有a_n=2ⁿ，b_n=n；
（2）C_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
则T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{4}$+$\frac{3}{8}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{4}$+$\frac{2}{8}$+$\frac{3}{16}$+…+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
两式相减，可得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
解得T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
当n≥6时，n|2-T_n|＜1，即为$\frac{n（n+2）}{{2}^{n}}$＜1，即证2ⁿ＞n（n+2）．
运用数学归纳法证明．
当n=6时，2⁶=64，6×8=48，则64＞48，成立．
当n=7时，2⁷=128，7×9=63，则128＞63，成立．
假设n=k（k≥7）时，2^k＞k（k+2）．
当n=k+1时，2^k+1＞2k（k+2）．
由2k（k+2）-（k+1）（k+3）=k²-3＞0，
即有2k（k+2）＞（k+1）（k+3），
则当n=k+1时，2^k+1＞（k+1）（k+3）．
综上可得，
当n≥6时，2ⁿ＞n（n+2）．
即有n|2-T_n|＜1．

点评 本题考查数列的通项和求和的关系，同时考查等差数列和等比数列的通项公式，考查数列的求和方法：错位相减法和数学归纳法的证明不等式，属于中档题．