Question

2．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=0，a₁+a₂+a₃+…+a_n+n=a_n+1，n∈N^*．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）設數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，b₁=1，點（T_n+1，T_n）在直線$\frac{x}{n+1}-\frac{y}{n}=\frac{1}{2}$上，若不等式$\frac{b_1}{{{a_1}+1}}+\frac{b_2}{{{a_2}+1}}+…+\frac{b_n}{{{a_n}+1}}≥m-\frac{9}{{2+2{a_n}}}$對于n∈N^*恒成立，求實數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用遞推式可得：a_n+1=2a_n+1，變形利用等比數(shù)列的定義即可證明；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得${a_n}={2^{n-1}}-1$，由點（T_n+1，T_n）在直線$\frac{x}{n+1}-\frac{y}{n}=\frac{1}{2}$上，可得$\frac{{{T_{n+1}}}}{n+1}-\frac{T_n}{n}=\frac{1}{2}$，利用等差數(shù)列的通項公式可得：${T_n}=\frac{n（n+1）}{2}$，利用遞推式可得b_n=n．利用不等式$\frac{b_1}{{{a_1}+1}}+\frac{b_2}{{{a_2}+1}}+…+\frac{b_n}{{{a_n}+1}}≥m-\frac{9}{{2+2{a_n}}}$，可得R_n=$1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}≥m-\frac{9}{2^n}$，利用“錯位相減法”可得：${R_n}=4-\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．對n分類討論即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由a₁+a₂+a₃+…+a_n+n=a_n+1，
得a₁+a₂+a₃+…+a_n-1+n-1=a_n（n≥2），
兩式相減得a_n+1=2a_n+1，
變形為a_n+1+1=2（a_n+1）（n≥2），
∵a₁=0，∴a₁+1=1，a₂=a₁+1=1，a₂+1=2（a₁+1），
∴{a₁+1}是以1為首項，公比為2的等比數(shù)列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得${a_n}={2^{n-1}}-1$，
∵點（T_n+1，T_n）在直線$\frac{x}{n+1}-\frac{y}{n}=\frac{1}{2}$上，
∴$\frac{{{T_{n+1}}}}{n+1}-\frac{T_n}{n}=\frac{1}{2}$，
故$\{\frac{T_n}{n}\}$是以$\frac{T_1}{1}=1$為首項，$\frac{1}{2}$為公差的等差數(shù)列，
則$\frac{T_n}{n}=1+\frac{1}{2}（n-1）$，∴${T_n}=\frac{n（n+1）}{2}$，
當n≥2時，${b_n}={T_n}-{T_{n-1}}=\frac{n（n+1）}{2}-\frac{n（n-1）}{2}=n$，
∵b₁=1滿足該式，∴b_n=n．
∴不等式$\frac{b_1}{{{a_1}+1}}+\frac{b_2}{{{a_2}+1}}+…+\frac{b_n}{{{a_n}+1}}≥m-\frac{9}{{2+2{a_n}}}$，
即為$1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}≥m-\frac{9}{2^n}$，
令${R_n}=1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，則$\frac{1}{2}{R_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}…+\frac{n}{2^n}$，
兩式相減得$（1-\frac{1}{2}）{R_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+2}{2^n}$，
∴${R_n}=4-\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．
由${R_n}≥m-\frac{9}{2^n}$恒成立，即$4-\frac{2n-5}{2^n}≥m$恒成立，
又$（4-\frac{2n-3}{{{2^{n+1}}}}）-（4-\frac{2n-5}{2^n}）=\frac{2n-7}{{{2^{n+1}}}}$，
故當n≤3時，$\{4-\frac{2n-5}{2^n}\}$單調遞減；當n=3時，$4-\frac{2×3-5}{2^3}=\frac{31}{8}$；
當n≥4時，$\{4-\frac{2n-5}{2^n}\}$單調遞增；當n=4時，$4-\frac{2×4-5}{2^4}=\frac{61}{16}$；
則$4-\frac{2n-5}{2^n}$的最小值為$\frac{61}{16}$，所以實數(shù)m的最大值是$\frac{61}{16}$．

點評 本題考查了遞推式的應用、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“錯位相減法”、數(shù)列的單調性，考查了分類討論、推理能力與計算能力，屬于中檔題．