Question

20．已知數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均不為零，其前n項(xiàng)和為S_n，S_n=2a_n-2（n∈N^*），設(shè)${b_n}=\frac{3^n}{{{2^n}{S_n}}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n．
（Ⅰ）比較b_n+1與$\frac{3}{4}{b_n}$的大�。╪∈N^*）；
（Ⅱ）證明：（2n-1）b_n≤T_2n-1＜3，n∈N^*．

Answer 1

分析 （I）利用遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n，代入可得b_n，利用不等式的性質(zhì)即可得出．
（II）利用不等式的性質(zhì)、遞推關(guān)系、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由S_n=2a_n-2得：S_n-1=2a_n-1-2，
兩式相減得：a_n=2a_n-2a_n-1（n≥2），∴a_n=2a_n-1，-----------------------------------（2分）
又a₁=2，∴${a_n}={2^n}$，${S_n}=2{a_n}-2={2^{n+1}}-2$
∴${b_n}=\frac{3^n}{{{2^n}{S_n}}}=\frac{3^n}{{{2^n}（{2^{n+1}}-2）}}$-----------------------------------（5分）$\frac{3}{4}{b_n}=\frac{{{3^{n+1}}}}{{4×{2^n}（{2^{n+1}}-2）}}=\frac{{{3^{n+1}}}}{{{2^{n+1}}（{2^{n+2}}-4）}}＞\frac{{{3^{n+1}}}}{{{2^{n+1}}（{2^{n+2}}-2）}}$，
即：${b_{n+1}}＜\frac{3}{4}{b_n}$．--------------------------------（7分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：${b_1}=\frac{3}{4}$，${b_{n+1}}＜\frac{3}{4}{b_n}$，
因此當(dāng)n≥2時，${b_n}＜\frac{3}{4}{b_{n-1}}＜…＜{（{\frac{3}{4}}）^{n-1}}{b_1}＜{（{\frac{3}{4}}）^n}$，
則${T_{2n-1}}={b_1}+{b_2}+…+{b_{2n-1}}≤\frac{3}{4}+{（{\frac{3}{4}}）^2}+…+{（{\frac{3}{4}}）^{2n-1}}=3[{1-{{（{\frac{3}{4}}）}^{2n-1}}}]＜3$，----------------------------------（11分）
又∵當(dāng)n≥2，k=1，2，…，2n-1時，
${b_k}+{b_{2n-k}}=\frac{3^k}{{{2^k}（{2^{k+1}}-2）}}+\frac{{{3^{2n-k}}}}{{{2^{2n-k}}（{2^{2n+1-k}}-2）}}$$≥2\sqrt{\frac{3^k}{{{2^k}（{2^{k+1}}-2）}}×\frac{{{3^{2n-k}}}}{{{2^{2n-k}}（{2^{2n+1-k}}-2）}}}$
=$2\sqrt{\frac{{{3^{2n}}}}{{{2^{2n}}（{2^{k+1}}-2）（{2^{2n+1-k}}-2）}}}$=$\frac{3^n}{2^n}\sqrt{\frac{1}{{（{2^k}-1）（{2^{2n-k}}-1）}}}$=$\frac{3^n}{2^n}\sqrt{\frac{1}{{{2^{2n}}-（{2^k}+{2^{2n-k}}）+1}}}$$≥\frac{3^n}{2^n}\sqrt{\frac{1}{{{2^{2n}}-2×{2^n}+1}}}=\frac{3^n}{{{2^n}（{2^n}-1）}}=2{b_n}$，
當(dāng)且僅當(dāng)n=k時等號成立，
∴T_2n-1=b₁+b₂+…+b_2n-1≥（2n-1）b_n，
∴（2n-1）b_n≤T_2n-1＜3，n∈N^*．--------------------------------------（15分）

點(diǎn)評 本題考查了遞推關(guān)系、不等式的性質(zhì)、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．