题目内容
14.数列{an}中 a1=2,an+1=$\frac{n+1}{2n}$an(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn=$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{{a}_{i}}{i}$是否存在实数c,使$\frac{{S}_{n+1}-c}{{S}_{n}-c}$>2对于n∈N*恒成立.若存在,求出实数c的取值范围,不存在,说明理由.
(3)设bn=$\frac{{a}_{n}^{2}}{16{n}^{2}{-a}_{n}^{2}}$.若数列{bn}前n项和为Tn,求证:Tn<$\frac{1}{2}$.
分析 (1)通过对an+1=$\frac{n+1}{2n}$an(n∈N*)变形可得数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}是以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列,进而可得结论;
(2)通过$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$可知Sn=4(1-$\frac{1}{{2}^{n}}$),假设存在实数c满足条件,对$\frac{{S}_{n+1}-c}{{S}_{n}-c}$>2中的分母的正负进行讨论即可;
(3)通过an=$\frac{n}{{2}^{n-2}}$=$\frac{4n}{{2}^{n}}$,裂项可知bn=$\frac{1}{2}$($\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$),累计即可.
解答 (1)解:∵an+1=$\frac{n+1}{2n}$an(n∈N*),
∴$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{{a}_{n}}{n}$,
又∵a1=2,即$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{2}{1}$=2,
∴$\frac{{a}_{n}}{n}$=2•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$,
∴数列{an}的通项an=$\frac{n}{{2}^{n-2}}$;
(2)结论:存在实数c∈[2,4),使$\frac{{S}_{n+1}-c}{{S}_{n}-c}$>2对于n∈N*恒成立.
理由如下:
∵$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$,
∴Sn=$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{{a}_{i}}{i}$=$\frac{2(1-\frac{1}{{2}^{n}})}{1-\frac{1}{2}}$=4(1-$\frac{1}{{2}^{n}}$),
假设存在实数c,使$\frac{{S}_{n+1}-c}{{S}_{n}-c}$>2对于n∈N*恒成立,则
①当Sn-c>0即c<Sn<4时,Sn+1-c>2Sn-2c,
∴c>2Sn-Sn+1=2•4(1-$\frac{1}{{2}^{n}}$)-4(1-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$)=4-$\frac{6}{{2}^{n}}$≥1,
∴实数c的取值范围为1≤c<4;
②当Sn-c<0即c>Sn≥2时,Sn+1-c<2Sn-2c,
∴c<2Sn-Sn+1=2•4(1-$\frac{1}{{2}^{n}}$)-4(1-$\frac{1}{{2}^{n+1}}$)=4-$\frac{6}{{2}^{n}}$<4,
∴实数c的取值范围为2≤c<4;
综上所述:存在实数c∈[2,4),使$\frac{{S}_{n+1}-c}{{S}_{n}-c}$>2对于n∈N*恒成立;
(3)证明:∵an=$\frac{n}{{2}^{n-2}}$=$\frac{4n}{{2}^{n}}$,
∴bn=$\frac{{a}_{n}^{2}}{16{n}^{2}{-a}_{n}^{2}}$=$\frac{\frac{16{n}^{2}}{{4}^{n}}}{16{n}^{2}(1-\frac{1}{{4}^{n}})}$=$\frac{1}{{4}^{n}-1}$=$\frac{1}{({2}^{n}+1)({2}^{n}-1)}$=$\frac{1}{2}$($\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$),
∴Tn=$\frac{1}{2}$($\frac{1}{2-1}$-$\frac{1}{{2}^{2}-1}$+$\frac{1}{{2}^{2}-1}$-$\frac{1}{{2}^{3}-1}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}-1}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$)
=$\frac{1}{2}$($\frac{1}{2-1}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$)
=$\frac{1}{2}$(1-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$)
<$\frac{1}{2}$.
点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题,考查运算求解能力,考查分类讨论的思想,注意解题方法的积累,属于中档题.
A. | $\frac{\sqrt{3}+1}{2}$ | B. | $\sqrt{3}+1$ | C. | $\frac{\sqrt{3}+\sqrt{6}}{2}$ | D. | $\sqrt{3}+\sqrt{6}$ |