Question

10．设数列{a_n}的前n项和S_n=2a_n-a₁，且a₁+4是a₂，a₃的等差中项．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列$\left\{{\frac{n}{a_n}}\right\}$的前n项和T_n，求证：$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$．

Answer 1

分析 （1）利用a_n=S_n-S_n-1（n＞1）计算可知a_n=2a_n-1（n＞1），进而可知数列{a_n}是首项为2、公比为2的等比数列，计算即得结论；
（2）通过（1）得$\frac{n}{a_n}=\frac{n}{2^n}$，进而利用错位相减法计算即得结论．

解答 解：（1）由已知S_n=2a_n-a₁，有a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1（n＞1），
即a_n=2a_n-1（n＞1）．------------------（2分）
从而a₂=2a₁，a₃=4a₁．
又因为a₁+4是a₂，a₃的等差中项，即2（a₁+4）=a₂+a₃．
解得a₁=2．----------（3分）
所以数列{a_n}是首项为2，公比为2的等比数列．
故${a_n}={2^n}$…（4分）
（2）由（1）得$\frac{n}{a_n}=\frac{n}{2^n}$，所以${T_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n}{2^n}$，
$2{T_n}=1+1+\frac{3}{2^2}+…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，
两式相减${T_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{2^n}=\frac{{1-{{（\frac{1}{2}）}^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+2}{2^n}$…（8分）
因为$\frac{n+2}{2^n}$-$\frac{n+3}{{{2^{n+1}}}}$=$\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}＞0$，所以数列$\left\{{\frac{n+2}{2^n}}\right\}$递减…（10分）
即$0＜\frac{n+2}{2^n}≤\frac{3}{2}$，从而$\frac{1}{2}≤{T_n}＜2$…（12分）

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查错位相减法，注意解题方法的积累，属于中档题．