Question

13．设数列{a_n}满足 $\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{2}^{n}λ}{{a}_{n}}$-1，其中常数λ＞$\frac{1}{2}$，
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若λ=$\frac{2}{3}$，b_n=（2n-4001）a_n，当n为何值时，b_n最大．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{2}^{n}λ}{{a}_{n}}$-1，①，可得 $\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$+$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n+1}λ}{{a}_{n+1}}-1$，②，两式相减整理可得$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{2λ-1}{λ}$，数列{a_n}是以2λ-1为首项，以$\frac{2λ-1}{λ}$为公比的等比数列，问题得以解决，
（2）求出数列b_n的通项公式，使b_n-b_n-1＞0，即可得到b_n最大时n的值．

解答 解：（1）由$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{2}^{n}λ}{{a}_{n}}$-1，①，可得 $\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{2}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}}$+$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n+1}λ}{{a}_{n+1}}-1$，②，
由②-①得$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n+1}•λ}{{a}_{n+1}}$-$\frac{{2}^{n}λ}{{a}_{n}}$，
即$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{2λ}{{a}_{n+1}}$-$\frac{λ}{{a}_{n}}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{2λ-1}{λ}$，
当n=1时，$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{2λ}{{a}_{1}}$-1，
∴a₁=2λ-1，
∴数列{a_n}是以2λ-1为首项，以$\frac{2λ-1}{λ}$为公比的等比数列，
∴a_n=（2λ-1）•（$\frac{2λ-1}{λ}$）^n-1=$\frac{（2λ-1）^{n}}{{λ}^{n-1}}$
（2）λ=$\frac{2}{3}$，b_n=（2n-4001）a_n=（2n-4001）•$\frac{1}{3}$•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
则b_n-1=（2n-4003）•$\frac{1}{3}$•（$\frac{1}{2}$）^n-2，
∴b_n-b_n-1=$\frac{1}{3}$•（$\frac{1}{2}$）^n-1（4005-2n）＞0，
即n＜$\frac{4005}{2}$＜2003，
∴当n=2002时，b_n最大．

点评 本题考查了数列的递推公式和数列的通项公式的求法以及数列的函数特征，属于难题．