Question

16．已知數(shù)列{a_n}各項(xiàng)均不為0，其前n項(xiàng)和為S_n，且對(duì)任意n∈N^*都有（1-p）S_n=p-pa_n（p為大于1的常數(shù)），記f（n）=$\frac{{1+C_n^1{a_1}+C_n^2{a_2}+…+C_n^n{a_n}}}{{{2^n}{S_n}}}$．
（1）求a_n；
（2）求證：f（1）+f（2）+…+f（2n-1）≥（2n-1）f（n），（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由題設(shè)中所給的恒成立的等式對(duì)任意n∈N^*都有（1-p）S_n=p-pa_n（p為大于1的常數(shù)），在此條件下求通項(xiàng)，一般利用a_n=S_n-S_n-1，故可構(gòu)造出（1-p）S_n+1=p-pa_n+1．兩式作差，即可消去和得到項(xiàng)之間的關(guān)系化簡(jiǎn)后再根據(jù)其形式判斷規(guī)律求出通項(xiàng)；
（2）放小證明得出f（k）+f（2n-k）≥2f（n），由同向不等式相加證得結(jié)論．

解答 （1）解：∵（1-p）S_n=p-pa_n，①
∴（1-p）S_n+1=p-pa_n+1．②
②-①，得（1-p）a_n+1=-pa_n+1+pa_n，即a_n+1=pa_n．
在①中令n=1，可得a₁=p．
∴{a_n}是首項(xiàng)為a₁=p，公比為p的等比數(shù)列，${a_n}={p^n}$．
（2）證明：由（1）可得${S_n}=\frac{{p（1-{p^n}）}}{1-p}=\frac{{p（{p^n}-1）}}{p-1}$．$1+C_n^1{a_1}+C_n^2{a_2}+…+C_n^n{a_n}$
=$1+pC_n^1+{p^2}C_n^2+…+C_n^n{p^n}={（1+p）^n}={（p+1）^n}$．
∴$f（n）=\frac{{1+C_n^1{a_1}+C_n^2{a_2}+…+C_n^n{a_n}}}{{{2^n}{S_n}}}$=$\frac{p-1}{p}•\frac{{{{（p+1）}^n}}}{{{2^n}（{p^n}-1）}}$，
當(dāng)n≥2，k=1，2，…，2n-1時(shí)，$f（k）+f（2n-k）=\frac{p-1}{p}[{\frac{{{{（p+1）}^k}}}{{{2^k}（{p^k}-1）}}+\frac{{{{（p+1）}^{2n-k}}}}{{{2^{2n-k}}（{p^{2n-k}}-1）}}}]$$≥\frac{p-1}{p}•2\sqrt{\frac{{{{（p+1）}^k}}}{{{2^k}（{p^k}-1）}}•\frac{{{{（p+1）}^{2n-k}}}}{{{2^{2n-k}}（{p^{2n-k}}-1）}}}$=$\frac{p-1}{p}•\frac{{2{{（p+1）}^n}}}{2^n}\sqrt{\frac{1}{{（{p^k}-1）（{p^{2n-k}}-1）}}}$=$\frac{p-1}{p}•\frac{{2{{（p+1）}^n}}}{2^n}\sqrt{\frac{1}{{{p^{2n}}-{p^k}-{p^{2n-k}}+1}}}$．
∵p^k+p^2n-k≥2pⁿ，∴p²ⁿ-p^k-p^2n-k+1≤p²ⁿ-2pⁿ+1=（pⁿ-1）²．
∴$f（k）+f（2n-k）≥\frac{p-1}{p}•\frac{{2{{（p+1）}^n}}}{{{2^n}（{p^n}-1）}}=2f（n）$，（當(dāng)且僅當(dāng)k=n時(shí)取等號(hào)）．
∴$\sum_{k=1}^{2n-1}{f（k）=}\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n-1}{[f（k）+f（2n-k）]}≥\sum_{k=1}^{2n-1}{f（n）=}（2n-1）f（n）$．（當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí)取等號(hào)）．
綜上所述，f（1）+f（2）+…+f（2n-1）≥（2n-1）f（n），（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查了數(shù)列遞推式的應(yīng)用，放縮法證明不等式，解題的關(guān)鍵是熟練掌握放縮法的技巧，需要有較高的觀察能力與判斷能力，既要放，又不能放得過(guò)了頭，謹(jǐn)記．