Question

2．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足2a_n-1=S_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）对任意n，k∈N^*，有λ²+k²-$\frac{λn}{{a}_{n}}$-10k+$\frac{97}{4}$＞0，求正数λ的取值范围；
（3）设b_n=a_n-（-1）ⁿ，记T_n=$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$，求证：T_2n＜2．

Answer 1

分析 （1）由已知数列递推式，类比可得另一递推式，将两式作差，得到数列相邻两项的关系，从而可得数列为等比数列，求出数列首项，从而求得数列通项公式；
（2）把已知不等式变形，分离参数λ，求出$\frac{n}{{2}^{n-1}}$得最值，代入不等式求解得答案；
（3）把数列{a_n}的通项公式代入b_n=a_n-（-1）ⁿ，得到$\frac{1}{{b}_{2n-1}}+\frac{1}{{b}_{2n}}$＜$\frac{3}{{2}^{2n-1}}$，代入T_n=$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$后利用等比数列的求和得答案．

解答 （1）解：由2a_n-1=S_n，得2a_n+1-1=S_n+1．
两式作差可得2a_n+1-2a_n=a_n+1，整理得a_n+1=2a_n，
当n=1时，由2a_n-1=S_n，得2a₁-1=a₁，解得a₁=1．
∴数列{a_n}是以1为首项，以2为公比的等比数列，则${a}_{n}={2}^{n-1}$；
（2）证明：由λ²+k²-$\frac{λn}{{a}_{n}}$-10k+$\frac{97}{4}$＞0，得${λ}^{2}-\frac{λn}{{2}^{n-1}}＞-{k}^{2}+10k-\frac{97}{4}=-（k-5）^{2}+\frac{3}{4}$恒成立，
即${λ}^{2}-\frac{λn}{{2}^{n-1}}$＞$\frac{3}{4}$恒成立，整理得：$\frac{n}{{2}^{n-1}}$＜λ$-\frac{3}{4λ}$，而$（\frac{n}{{2}^{n-1}}）_{max}=1$，即1＜λ-$\frac{3}{4λ}$，
∴4λ²-4λ-3＞0，又λ＞0，解得λ＞$\frac{3}{2}$；
（3）证明：由b_n=a_n-（-1）ⁿ=2^n-1-（-1）ⁿ，
得$\frac{1}{{b}_{2n-1}}+\frac{1}{{b}_{2n}}=\frac{1}{{2}^{2n-2}+1}+\frac{1}{2•{2}^{2n-2}-1}$=$\frac{3•{2}^{2n-2}}{2（{2}^{2n-2}）^{2}+{2}^{2n-2}-1}$＜$\frac{3}{{2}^{2n-1}}$，
∴T_n=$\frac{1}{{b}_{1}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$＜$3（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{1}{{2}^{5}}+…+\frac{1}{{2}^{2n-1}}）$=3$•\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}=2（1-\frac{1}{{4}^{n}}）$＜2，结论得证．

点评 本题考查数列递推式，训练了放缩法证明数列不等式，考查等比数列的前n项和，是中档题．