Question

11．已知等比数列{a_n}满足a_n+1+a_n=10•4^n-1（n∈N^*），数列{b_n}的前n项和为S_n，且b_n=log₂a_n．
（I）求b_n，S_n；
（Ⅱ）设c_n=$\frac{{b}_{n}+1}{2}$，证明：$\sqrt{{c}_{1}•{c}_{2}}$+${\sqrt{{c}_{2•}c}}_{3}$+…+${\sqrt{{c}_{n}•c}}_{n+1}$＜$\frac{1}{2}$S_n+1（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （I）设等比数列{a_n}的公比为q，运用等比数列的通项公式，可得首项为2，公比为4，可得a_n=2^2n-1，由对数的运算性质可得b_n=2n-1，运用等差数列的求和公式即可得到S_n；
（Ⅱ）求得c_n=$\frac{{b}_{n}+1}{2}$=n，原不等式即为$\sqrt{1•2}$+$\sqrt{2•3}$+…+$\sqrt{n（n+1）}$＜$\frac{1}{2}$（n+1）²．运用数学归纳法证明．结合分析法，注意运用假设，化简整理，即可得证．

解答 解：（I）设等比数列{a_n}的公比为q，
由a_n+1+a_n=10•4^n-1（n∈N^*），可得a₁（1+q）•q^n-1=10•4^n-1，
即有q=4，a₁（1+q）=10，解得a₁=2，
则a_n=2•4^n-1=2^2n-1，b_n=log₂a_n=log₂2^2n-1=2n-1，
S_n=$\frac{1}{2}$（1+2n-1）n=n²；
（Ⅱ）证明：c_n=$\frac{{b}_{n}+1}{2}$=n，
不等式$\sqrt{{c}_{1}•{c}_{2}}$+${\sqrt{{c}_{2•}c}}_{3}$+…+${\sqrt{{c}_{n}•c}}_{n+1}$＜$\frac{1}{2}$S_n+1，
即为$\sqrt{1•2}$+$\sqrt{2•3}$+…+$\sqrt{n（n+1）}$＜$\frac{1}{2}$（n+1）²．
运用数学归纳法证明．
当n=1时，左边=$\sqrt{2}$，右边=$\frac{1}{2}$×4=2，不等式成立；
假设n=k时，不等式$\sqrt{1•2}$+$\sqrt{2•3}$+…+$\sqrt{k（k+1）}$＜$\frac{1}{2}$（k+1）²．
当n=k+1时，$\sqrt{1•2}$+$\sqrt{2•3}$+…+$\sqrt{k（k+1）}$+$\sqrt{（k+1）（k+2）}$
＜$\frac{1}{2}$（k+1）²+$\sqrt{（k+1）（k+2）}$，
要证$\frac{1}{2}$（k+1）²+$\sqrt{（k+1）（k+2）}$＜$\frac{1}{2}$（k+2）²．
即证$\sqrt{（k+1）（k+2）}$＜$\frac{1}{2}$（k+2）²-$\frac{1}{2}$（k+1）²=$\frac{1}{2}$（2k+3），
平方可得k²+3k+2＜k²+3k+$\frac{9}{4}$，即有2＜$\frac{9}{4}$成立．
可得n=k+1时，不等式也成立．
综上可得，$\sqrt{{c}_{1}•{c}_{2}}$+${\sqrt{{c}_{2•}c}}_{3}$+…+${\sqrt{{c}_{n}•c}}_{n+1}$＜$\frac{1}{2}$S_n+1（n∈N^*）．

点评 本题考查等差（比）数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列不等式的证明，注意运用数学归纳法，结合分析法证明，考查化简整理的运算能力，属于中档题．