Question

19．?dāng)?shù)列{a_n}滿足a₁=3，2（n+1）a_n-na_n+1=2n+4，數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}-2}$，n∈N^*．
（1）證明：{$\frac{{a}_{n}-2}{n}$}為等比數(shù)列，并求出數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）求證：$\frac{1}{2}$≤b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}滿足a₁=3，2（n+1）a_n-na_n+1=2n+4，變形為：$\frac{{a}_{n+1}-2}{n+1}$=2×$\frac{{a}_{n}-2}{n}$，即可證明．
（2）由b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{n}$．可得b_n+1+b_n+2+…+b_2n=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$≥$\frac{n}{2n}$=$\frac{1}{2}$，利用首項歸納法證明：b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$．即可得出．

解答 （1）證明：∵數(shù)列{a_n}滿足a₁=3，2（n+1）a_n-na_n+1=2n+4，
∴$\frac{{a}_{n+1}-2}{n+1}$=2×$\frac{{a}_{n}-2}{n}$，$\frac{{a}_{1}-2}{1}$=1，
∴：{$\frac{{a}_{n}-2}{n}$}為等比數(shù)列，首項為1，公比為2．
∴$\frac{{a}_{n}-2}{n}$=2^n-1，可得a_n=2+n•2^n-1．
（2）解：∵b_n=$\frac{{2}^{n-1}}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{n}$．
∴b_n+1+b_n+2+…+b_2n=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$≥$\frac{n}{2n}$=$\frac{1}{2}$，
下面利用首項歸納法證明：b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$．
①當(dāng)n=1時，b₂=$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{3}$，成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N^*）時，b_k+1+b_k+2+…+b_2k≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2k+1}$．
則n=k+1時，b_k+1+b_k+2+…+b_2k+b_2k+1+b_2k+2-b_k+1≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2k+1}$$-\frac{1}{k+1}$+$\frac{1}{2k+1}$+$\frac{1}{2k+2}$=$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2k+2}$≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2k+3}$．
∴n=k+1時也成立，因此：b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$成立．
綜上可得：$\frac{1}{2}$≤b_n+1+b_n+2+…+b_2n≤$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{2n+1}$．

點評 本題考查了遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項公式、數(shù)學(xué)歸納法、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．