Question

6．設(shè)遞增數(shù)列{a_n}滿足a₁=0，a₂=$\frac{1}{2}$且a_na_n+1-2a_n+1+1=0（n≥2，n∈N^*）
（1）證明：數(shù)列{$\frac{1}{1-{a}_{n}}$}是等差數(shù)列；
（2）設(shè)b_n=$\frac{1-\sqrt{{a}_{n+1}}}{\sqrt{n}}$，記數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，使不等式S_n≤$\frac{8}{9}$成立的最大正整數(shù)n的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)遞推關(guān)系式a_na_n+1-2a_n+1+1=0，整理變形可得$\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=1，由等差數(shù)列的定義可得數(shù)列{{$\frac{1}{1-{a}_{n}}$}是等差數(shù)列，
（2）根據(jù)（1）求出數(shù)列{b_n}的通項公式，然后利用累加法求數(shù)列{b_n}的前n項和即可．

解答 解：（1）由a_na_n+1-2a_n+1+1=0得1-a_n+1-a_n+1（1-a_n）=0，（n≥2）．
得$\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=1，
當(dāng)n=1時，$\frac{1}{1-{a}_{2}}-\frac{1}{1-{a}_{1}}$=$\frac{1}{1-\frac{1}{2}}-\frac{1}{1-0}$=2-1=1，滿足$\frac{1}{1-{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=1，
∴{$\frac{1}{1-{a}_{n}}$}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列．
（2）∵{$\frac{1}{1-{a}_{n}}$}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{1-{a}_{n}}$=1+n-1=n，
即1-a_n=$\frac{1}{n}$，a_n=1-$\frac{1}{n}$=$\frac{n-1}{n}$，
則a_n+1=$\frac{n}{n+1}$，
即b_n=$\frac{1-\sqrt{{a}_{n+1}}}{\sqrt{n}}$=$\frac{1-\sqrt{\frac{n}{n+1}}}{\sqrt{n}}$=$\frac{1-\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}}{\sqrt{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，
則數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n=$\frac{1}{1}$$-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$=1-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，
若S_n≤$\frac{8}{9}$成立，
則1-$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$≤$\frac{8}{9}$，
即$\frac{1}{\sqrt{n+1}}$$≥\frac{1}{9}$，
即$\sqrt{n+1}$≤9，
則0≤n+1≤81，
解得1≤n≤80，
故使不等式S_n≤$\frac{8}{9}$成立的最大正整數(shù)n的值為80．

點評 本題主要考查了等差數(shù)列的定義、數(shù)列求和問題，考查不等式與數(shù)列的綜合，考查了學(xué)生對基礎(chǔ)知識的綜合運用，屬于中檔題．