Question

9．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且a₁=$\frac{1}{2}，{a_{n+1}}=\frac{n+1}{2n}{a_n}$．
（1）求{a_n}的通項公式；
（2）設b_n=n（2-S_n），n∈N^*，若b_n≤λ，n∈N^*恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．
（3）設C_n=$\frac{{（{2-{S_n}}）}}{n（n+1）}，n∈{N^*}$，T_n是數(shù)列{C_n}的前n項和，證明$\frac{3}{4}$≤T_n＜1．

Answer 1

分析 （1）先化簡遞推公式，由等比數(shù)列的定義判斷出：數(shù)列$\{\frac{a_n}{n}\}$是公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，根據(jù)等比數(shù)列的通項公式求出a_n；
（2）由（1）和條件求出b_n，利用作差法判斷出數(shù)列{b_n}的單調性，可求出b_n的最大值，再求實數(shù)λ的取值范圍；
（3）由（1）化簡C_n=$\frac{（2-{S}_{n}）}{n（n+1）}$，利用裂項相消法求出T_n，利用函數(shù)的單調性判斷出T_n的單調性，結合n的取值范圍求出T_n的范圍，即可證明結論．

解答 解：（1）由已知得$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+1}=\frac{1}{2}\frac{a_n}{n}$，其中n∈N*
∴數(shù)列$\{\frac{a_n}{n}\}$是公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
又首項${a_1}=\frac{1}{2}$，則$\frac{a_n}{n}={（\frac{1}{2}）^n}$，∴${a_n}=n{（\frac{1}{2}）^n}$….4分
（2）由（1）知${S_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n}{2^n}$
∴$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}…+\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$
兩式相減得：$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$，
∴$\frac{1}{2}{S_n}=1-\frac{n+2}{{{2^{n+1}}}}$，∴${S_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$….7分
∵b_n=n（2-S_n），∴${b_n}=\frac{n（n+2）}{2^n}$，
∴${b_{n+1}}-{b_n}=\frac{（n+1）（n+3）}{{{2^{n+1}}}}-\frac{n（n+2）}{2^n}=\frac{{-{n^2}+3}}{{{2^{n+1}}}}$
則當n=1，b₂-b₁＞0，即b₂＞b₁，
當n≥2，b_n+1-b_n＜0，即b_n+1＜b_n，b₂是最大項且b₂=2，
∴λ≥2．….9分
證明：（3）由（1）得，${C}_{n}=\frac{（2-{S}_{n}）}{n（n+1）}=\frac{n+2}{{2}^{n}•n（n+1）}=\frac{1}{{2}^{n}}（\frac{n+2}{n}-\frac{n+2}{n+1}）=2（\frac{1}{n{2}^{n}}-\frac{1}{（n+1）{2}^{n+1}}）$，
∴${T_n}=2（\frac{1}{{{2^1}•1}}-\frac{1}{{{2^2}•2}}+\frac{1}{{{2^2}•2}}-\frac{1}{{{2^3}•3}}+…+\frac{1}{{n•{2^n}}}-\frac{1}{{（n+1）•{2^{n+1}}}}）$=$1-\frac{1}{{{2^n}（n+1）}}$…12分
又令f（n）=$\frac{1}{{{2^n}（n+1）}}$，顯然f（n）在n∈N^*時單調遞減，
∴0＜f（n）≤f（1）=$\frac{1}{4}$，
故$\frac{3}{4}≤{T_n}＜1$…13分．

點評 本題考查等比數(shù)列的定義、通項公式，裂項相消法求數(shù)列的和，以及數(shù)列的函數(shù)特征和判斷數(shù)列單調性的方法：作差法、基本初等函數(shù)的單調性，考查化簡、變形能力，屬于中檔題．