Question

16．以下命題正確的有①．
①數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n=n²+2n（n∈N⁺）則$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$≥$\frac{1}{5}$；
②數(shù)列{a_n}滿足a₁=2，a_n+1=2a_n-1（n∈N⁺），則a₁₁=1023；
③數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=1-$\frac{1}{4{a}_{n}}$，b_n=$\frac{2}{2{a}_{n}-1}$（n∈N⁺），則{b_n}是從第二項(xiàng)起的等比數(shù)列；
④已知a₁+3a₂+5a₃+…+（2n-1）a_n=2ⁿ⁺¹（n∈N+），則an=2^n-1．

Answer 1

分析 由數(shù)列的通項(xiàng)和求和的關(guān)系，可得a_n=S_n-S_n-1=2n+1，再由數(shù)學(xué)歸納法，即可判斷①；
運(yùn)用構(gòu)造數(shù)列，結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)，即可判斷②；
對(duì)條件進(jìn)行變形，構(gòu)造等差數(shù)列，即可判斷④；將n換為n-1，作差，即可判斷④．

解答 解：對(duì)于①，a₁=S₁=3，n＞1時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n²+2n-（n-1）²-2（n-1）=2n+1，
當(dāng)n=1時(shí)，$\frac{1}{{a}_{2}}$=$\frac{1}{5}$成立，設(shè)n=k，有$\frac{1}{2k+3}$+$\frac{1}{{a}_{2k+5}}$+…+$\frac{1}{4k+1}$≥$\frac{1}{5}$，則n=k+1時(shí)，$\frac{1}{2k+5}$+$\frac{1}{2k+7}$+…+$\frac{1}{4k+1}$+$\frac{1}{4k+3}$+$\frac{1}{4k+5}$=（$\frac{1}{2k+3}$+$\frac{1}{{a}_{2k+5}}$+…+$\frac{1}{4k+1}$）+$\frac{1}{4k+3}$+$\frac{1}{4k+5}$-$\frac{1}{2k+3}$
≥$\frac{1}{5}$+$\frac{8k+9}{（4k+3）（4k+5）（2k+3）}$≥$\frac{1}{5}$，綜上可得不等式成立，故①正確；
對(duì)于②，a₁=2，a_n+1=2a_n-1，即有a_n+1-1=2（a_n-1），再由a_n-1=（a₁-1）•2^n-1，即為a_n=1+2^n-1，
則a₁₁=1025，故②不正確；
對(duì)于③，數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=1-$\frac{1}{4{a}_{n}}$，可得2a_n+1=2-$\frac{1}{2{a}_{n}}$，即2a_n+1-1=1-$\frac{1}{2{a}_{n}}$=$\frac{2{a}_{n}-1}{2{a}_{n}}$，
即有$\frac{1}{2{a}_{n+1}-1}$=$\frac{2{a}_{n}}{2{a}_{n}-1}$=1+$\frac{1}{2{a}_{n}-1}$，即有$\frac{2}{2{a}_{n}-1}$-$\frac{2}{2{a}_{n-1}-1}$=2，
則{b_n}是從第二項(xiàng)起的等差數(shù)列，故③不正確；
對(duì)于④，a₁+3a₂+5a₃+…+（2n-1）a_n=2ⁿ⁺¹（n∈N+），即有a₁=4，
當(dāng)n＞1時(shí)，a₁+3a₂+5a₃+…+（2n-3）a_n-1=2ⁿ，相減可得（2n-1）a_n=2ⁿ，
則a_n=$\frac{{2}^{n}}{2n-1}$，對(duì)n=1也成立，故④不正確．
故答案為：①

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)與求和，注意運(yùn)用數(shù)列的通項(xiàng)和求和的關(guān)系，考查作差法和構(gòu)造數(shù)列法，屬于中檔題和易錯(cuò)題．