Question

4．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n=2（a_n-1），数列{b_n}满足：对任意n∈N^*有a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2
（1）求数列{a_n}与数列{b_n}的通项公式；
（2）记c_n=$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，数列{c_n}的前n项和为T_n，证明：当n≥6时，n|2-T_n|＜1．

Answer 1

分析 （1）利用数列的通项公式与前n项和的关系求出数列的通项公式，然后化简已知条件求出数列{b_n}的通项公式．
（2）利用错位相减法求出Tn，然后构造函数利用函数的单调性讨论怎么见过即可．

解答 解：（1）当n=1时，S₁=2（a₁-1），所以a₁=2，当n＞1时，a_n=S_n-S_n-1=2（a_n-1）-2（a_n-1-1），
∴a_n=2a_n-1，a₂=4=2a₁，数列{a_n}是等比数列，a_n=2ⁿ，
a₁b₁=（1-1）•2²+2=2，b₁=1，当n≥2时，a_nb_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n-（a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1）=[（n-1）•2ⁿ⁺¹+2]-[（n-2）•2ⁿ+2]=n•2ⁿ．
验证首项满足，于是b_n=n．
数列{b_n}的通项公式：b_n=n．
（2）证明：T_n=$\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}+\frac{{b}_{2}}{{a}_{2}}+…+\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$，所以$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}$$+…+\frac{n}{{2}^{n+1}}$，
错位相减得$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$，所以T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，即|2-T_n|=$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
下证：当n≥6时，$\frac{n（n+1）}{{2}^{n}}＜1$，令f（n）=$\frac{n（n+2）}{{2}^{n}}$，
f（n+1）-f（n）=$\frac{（n+1）（n+3）}{{2}^{n+1}}$-$\frac{n（n+2）}{{2}^{n}}$=$\frac{3-{n}^{2}}{{2}^{n+1}}$
当n≥2时，f（n+1）-f（n）＜0，即当n≥2时，f（n）单调减，又f（6）＜1，
所以当n≥6时，f（n）＜1，即$\frac{n（n+2）}{{2}^{n}}$＜1，即当当n≥6时，n|2-T_n|＜1．

点评 本题目主要考查了利用数列的递推公式求解数列的通项公式，解题中要注意对n=1的检验不要漏掉，还要注意等比数列的通项公式的应用．考查分析问题解决问题的能力．