分析 (Ⅰ)利用an=Sn-Sn-1,计算整理可得${a_n}-2{a_{n-1}}={2^n}$,两边同时除以2n,可得数列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}的公差,进而可得结论;
(Ⅱ)通过${a_n}=(n+1)•{2^n}$,利用对数的运算性质可得bn=$\frac{1}{n}$,记f(n)=${B_{3n}}-{B_n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{3n}$,利用放缩法可得f(n+1)-f(n)>0,进而可知当n≥2时,f(n)的最小值为f(2),计算即得结论;
(Ⅲ)通过${C_n}=\frac{a_n}{n+1}-1={2^n}-1$,利用放缩法可得$\frac{1}{{C}_{n}}$<$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{C}_{n-1}}$,设$S=\frac{1}{C_2}+\frac{1}{C_3}+…+\frac{1}{{{C_{n+1}}}}$,则$S<\frac{1}{C_2}+\frac{1}{2}(\frac{1}{C_2}+\frac{1}{C_3}…+\frac{1}{C_n})=\frac{1}{C_2}+\frac{1}{2}(S-\frac{1}{{{C_{n+1}}}})$,进而可得结论.
解答 (Ⅰ)解:∵Sn=2an-2n+1,
∴Sn-1=2an-1-2n(n≥2),
两式相减得:an=2an-2an-1-2n,
∴${a_n}-2{a_{n-1}}={2^n}$,
两边同时除以2n,可得:$\frac{a_n}{2^n}-\frac{{{a_{n-1}}}}{{{2^{n-1}}}}=1$,
又∵${a_1}={S_1}=2{a_1}-{2^2}$,
∴a1=4,$\frac{{a}_{1}}{2}$=2,
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=2+(n-1)=n+1,
∴${a_n}=(n+1)•{2^n}$;
(Ⅱ)解:∵${a_n}=(n+1)•{2^n}$,
∴${b_n}={log_{\frac{a_n}{n+1}}}$2=$lo{g}_{{2}^{n}}2$=$\frac{1}{n}$,
∴${B_{3n}}-{B_n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{3n}$,
令$f(n)=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{3n}$,
则f(n+1)-f(n)=$\frac{1}{3n+1}$+$\frac{1}{3n+2}$+$\frac{1}{3n+3}$-$\frac{1}{n+1}$
=$\frac{1}{3n+1}$+$\frac{1}{3n+2}$-$\frac{2}{3n+3}$
>$\frac{1}{3n+3}$+$\frac{1}{3n+3}$-$\frac{2}{3n+3}$
=0,
即f(n+1)>f(n),
∴数列f(n)为递增数列,
当n≥2时,f(n)的最小值为$f(2)=\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}=\frac{19}{20}$,
由题意知$\frac{m}{20}<\frac{19}{20}$,
∴m<19,
∴m的最大整数值为18;
(Ⅲ)证明:∵${C_n}=\frac{a_n}{n+1}-1={2^n}-1$,
∴$\frac{1}{C_n}=\frac{1}{{{2^n}-1}}<\frac{1}{{{2^n}-2}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{{{C_{n-1}}}}$,
设$S=\frac{1}{C_2}+\frac{1}{C_3}+…+\frac{1}{{{C_{n+1}}}}$,
则$S<\frac{1}{C_2}+\frac{1}{2}(\frac{1}{C_2}+\frac{1}{C_3}…+\frac{1}{C_n})=\frac{1}{C_2}+\frac{1}{2}(S-\frac{1}{{{C_{n+1}}}})$,
即$S<\frac{2}{C_2}-\frac{1}{{{C_{n+1}}}}=\frac{2}{3}-\frac{1}{{{C_{n+1}}}}<\frac{2}{3}$.
点评 本题是一道关于数列的综合题,考查通项、对数的运算性质、放缩法等基础知识,考查运算求解能力,注意解题方法的积累,属于中档题.
科目:高中数学 来源: 题型:选择题
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