Question

3．已知正數(shù)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且4a_n-2S_n=1．
（1）求a₁，a₂，a₃，a₄，歸納數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式并證明你的結(jié)論；
（2）設(shè)b_n=2log${\;}_{\frac{1}{2}}$a_n，n∈N^*，數(shù)列{$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和為U_n，求證：0＜U_n≤4．

Answer 1

分析 （1）由已知條件，分別取n=1，n=2，n=3，n=4，解出a₁，a₂，a₃，a₄，由此歸納數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，然后用n-1代替n，將得到的式子與原式作差，可得關(guān)于a_na_n-1的關(guān)系式，從而得出數(shù)列{a_n}的是一個(gè)等比數(shù)列，最后可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)a_n．
（2）將數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式代入到b_n=2log${\;}_{\frac{1}{2}}$a_n，n∈N^*，從而得出b_n=4-2n，數(shù)列{$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$}的通項(xiàng)是等差與等比對(duì)應(yīng)項(xiàng)的積，因此可以用錯(cuò)位相減法求出它的前n項(xiàng)和為U_n，最后根據(jù)數(shù)列U_n的單調(diào)性結(jié)合不等式的性質(zhì)，可以證明不等式0＜U_n≤4成立．

解答 （1）解：∵正數(shù)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且4a_n-2S_n=1，
∴4a₁-2a₁=1，解得${a}_{1}=\frac{1}{2}$．
4a₂-2（$\frac{1}{2}$+a₂）=1，解得a₂=1，
4a₃-2（$\frac{1}{2}+1+{a}_{3}$）=1，解得a₃=2，
4a₄-2（$\frac{1}{2}+1+2$+a₄）=1，解得a₄=4，
由此猜想a_n=2^n-2．
證明：當(dāng)n≥2時(shí)，4a_n-2S_n=1，…①
4a_n-1-2S_n-1=1…②
①-②，得4a_n-4a_n-1-2a_n=0⇒a_n=2a_n-1．
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=2（n≥2）．
∴數(shù)列{a_n}是以a₁=$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
∴a_n=2^n-2．
（2）證明：∵b_n=2log${\;}_{\frac{1}{2}}$a_n=2log${\;}_{\frac{1}{2}}$2^n-2=4-2n，
∴$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{4-2n}{{2}^{n-2}}$，
∴U_n=$\frac{2}{\frac{1}{2}}$+$\frac{0}{1}$+$\frac{-2}{2}$+…+$\frac{6-2n}{{2}^{n-3}}$+$\frac{4-2n}{{2}^{n-2}}$，…③
$\frac{1}{2}$U_n=$\frac{2}{1}$+$\frac{0}{2}$+$\frac{-2}{{2}^{2}}$+…+$\frac{6-2n}{{2}^{n-1}}$+$\frac{4-2n}{{2}^{n-1}}$，…④
③-④，得$\frac{1}{2}$U_n=4-$\frac{2}{1}$-$\frac{2}{2}$-$\frac{2}{{2}^{2}}$-…-$\frac{2}{{2}^{n-2}}$-$\frac{4-2n}{{2}^{n-1}}$，
∴U_n=$\frac{4n}{{2}^{n-1}}$，…（10分）
∴U₁=U₂=4，當(dāng)n≥3時(shí)，U_n-U_n-1=$\frac{2-n}{{2}^{n-3}}$＜0．
∴當(dāng)n≥3時(shí)，數(shù)列{U_n}是遞減數(shù)列．
∴0＜U_n＜U₃=3．故0＜U_n≤4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的通項(xiàng)與求和，屬于中檔題．解題時(shí)一方面要注意證明一個(gè)數(shù)列成等比（差）數(shù)列，要交代它的首項(xiàng)和公比（差），另一方面要注意利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和的技巧性，此題對(duì)運(yùn)算能力的要求較高．