Question

16．已知数列{a_n}各项均不为0，其前n项和为S_n，且对任意n∈N^*都有（1-p）S_n=p-pa_n（p为大于1的常数），记f（n）=$\frac{{1+C_n^1{a_1}+C_n^2{a_2}+…+C_n^n{a_n}}}{{{2^n}{S_n}}}$．
（1）求a_n；
（2）求证：f（1）+f（2）+…+f（2n-1）≥（2n-1）f（n），（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由题设中所给的恒成立的等式对任意n∈N^*都有（1-p）S_n=p-pa_n（p为大于1的常数），在此条件下求通项，一般利用a_n=S_n-S_n-1，故可构造出（1-p）S_n+1=p-pa_n+1．两式作差，即可消去和得到项之间的关系化简后再根据其形式判断规律求出通项；
（2）放小证明得出f（k）+f（2n-k）≥2f（n），由同向不等式相加证得结论．

解答 （1）解：∵（1-p）S_n=p-pa_n，①
∴（1-p）S_n+1=p-pa_n+1．②
②-①，得（1-p）a_n+1=-pa_n+1+pa_n，即a_n+1=pa_n．
在①中令n=1，可得a₁=p．
∴{a_n}是首项为a₁=p，公比为p的等比数列，${a_n}={p^n}$．
（2）证明：由（1）可得${S_n}=\frac{{p（1-{p^n}）}}{1-p}=\frac{{p（{p^n}-1）}}{p-1}$．$1+C_n^1{a_1}+C_n^2{a_2}+…+C_n^n{a_n}$
=$1+pC_n^1+{p^2}C_n^2+…+C_n^n{p^n}={（1+p）^n}={（p+1）^n}$．
∴$f（n）=\frac{{1+C_n^1{a_1}+C_n^2{a_2}+…+C_n^n{a_n}}}{{{2^n}{S_n}}}$=$\frac{p-1}{p}•\frac{{{{（p+1）}^n}}}{{{2^n}（{p^n}-1）}}$，
当n≥2，k=1，2，…，2n-1时，$f（k）+f（2n-k）=\frac{p-1}{p}[{\frac{{{{（p+1）}^k}}}{{{2^k}（{p^k}-1）}}+\frac{{{{（p+1）}^{2n-k}}}}{{{2^{2n-k}}（{p^{2n-k}}-1）}}}]$$≥\frac{p-1}{p}•2\sqrt{\frac{{{{（p+1）}^k}}}{{{2^k}（{p^k}-1）}}•\frac{{{{（p+1）}^{2n-k}}}}{{{2^{2n-k}}（{p^{2n-k}}-1）}}}$=$\frac{p-1}{p}•\frac{{2{{（p+1）}^n}}}{2^n}\sqrt{\frac{1}{{（{p^k}-1）（{p^{2n-k}}-1）}}}$=$\frac{p-1}{p}•\frac{{2{{（p+1）}^n}}}{2^n}\sqrt{\frac{1}{{{p^{2n}}-{p^k}-{p^{2n-k}}+1}}}$．
∵p^k+p^2n-k≥2pⁿ，∴p²ⁿ-p^k-p^2n-k+1≤p²ⁿ-2pⁿ+1=（pⁿ-1）²．
∴$f（k）+f（2n-k）≥\frac{p-1}{p}•\frac{{2{{（p+1）}^n}}}{{{2^n}（{p^n}-1）}}=2f（n）$，（当且仅当k=n时取等号）．
∴$\sum_{k=1}^{2n-1}{f（k）=}\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n-1}{[f（k）+f（2n-k）]}≥\sum_{k=1}^{2n-1}{f（n）=}（2n-1）f（n）$．（当且仅当n=1时取等号）．
综上所述，f（1）+f（2）+…+f（2n-1）≥（2n-1）f（n），（n∈N^*）．

点评 本题考查数列与不等式的综合，考查了数列递推式的应用，放缩法证明不等式，解题的关键是熟练掌握放缩法的技巧，需要有较高的观察能力与判断能力，既要放，又不能放得过了头，谨记．