Question

3．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=0，S_n+n=a_n+1，n∈N^*．
（Ⅰ） 求證：數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）若不等式$\frac{1}{{{a_1}+1}}+\frac{2}{{{a_2}+1}}+…+\frac{n}{{{a_n}+1}}≥m-\frac{9}{{2+2{a_n}}}$對(duì)于n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由數(shù)列遞推式得n≥2時(shí)的另一遞推式，作差后可得a_n+1+1=2（a_n+1）（n≥2），把n=1代入已知的等式，由a₁=0，得到第2項(xiàng)為1，有$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=2$，由此可得數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）由數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列，得a_n+1=2^n-1，令$T=\frac{1}{{a}_{1}+1}+\frac{2}{{a}_{2}+1}+…+\frac{n}{{a}_{n}+1}$=$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$，由錯(cuò)位相減法求得$T=4-\frac{1}{{2}^{n-2}}-\frac{n}{{2}^{n-1}}$．代入不等式$\frac{1}{{{a_1}+1}}+\frac{2}{{{a_2}+1}}+…+\frac{n}{{{a_n}+1}}≥m-\frac{9}{{2+2{a_n}}}$，分離m后另一數(shù)列的函數(shù)特性求得m的最大值．

解答 （Ⅰ）證明：由S_n+n=a_n+1，n∈N^*，得S_n-1+（n-1）=a_n（n≥2），
 兩式作差得：a_n+1=a_n+1-a_n，即a_n+1=2a_n+1，
∴a_n+1+1=2（a_n+1）（n≥2），
又a₁=0，∴a₂=1，$\frac{{a}_{2}+1}{{a}_{1}+1}=\frac{2}{1}=2$，
∴數(shù)列{a_n+1}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列；
（Ⅱ）解：由數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列，得a_n+1=2^n-1，
則${a}_{n}={2}^{n-1}-1$．
令$T=\frac{1}{{a}_{1}+1}+\frac{2}{{a}_{2}+1}+…+\frac{n}{{a}_{n}+1}$=$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+\frac{3}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
則$\frac{1}{2}T=\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}T=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{{2}^{n}}=2-\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n}{{2}^{n}}$．
∴$T=4-\frac{1}{{2}^{n-2}}-\frac{n}{{2}^{n-1}}$．
由不等式$\frac{1}{{{a_1}+1}}+\frac{2}{{{a_2}+1}}+…+\frac{n}{{{a_n}+1}}≥m-\frac{9}{{2+2{a_n}}}$對(duì)于n∈N^*恒成立，
得$4-\frac{1}{{2}^{n-2}}-\frac{n}{{2}^{n-1}}≥m-\frac{9}{2+{2}^{n}-2}=m-\frac{9}{{2}^{n}}$，
即$m≤4-\frac{4}{{2}^{n}}-\frac{2n}{{2}^{n}}+\frac{9}{{2}^{n}}=4-\frac{2n-5}{{2}^{n}}$．
∴當(dāng)n=1時(shí)，m$≤\frac{11}{2}$．
即實(shí)數(shù)m的最大值為：$\frac{11}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，是中檔題．