Question

9．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=$\frac{1}{2}，{a_{n+1}}=\frac{n+1}{2n}{a_n}$．
（1）求{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=n（2-S_n），n∈N^*，若b_n≤λ，n∈N^*恒成立，求实数λ的取值范围．
（3）设C_n=$\frac{{（{2-{S_n}}）}}{n（n+1）}，n∈{N^*}$，T_n是数列{C_n}的前n项和，证明$\frac{3}{4}$≤T_n＜1．

Answer 1

分析 （1）先化简递推公式，由等比数列的定义判断出：数列$\{\frac{a_n}{n}\}$是公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，根据等比数列的通项公式求出a_n；
（2）由（1）和条件求出b_n，利用作差法判断出数列{b_n}的单调性，可求出b_n的最大值，再求实数λ的取值范围；
（3）由（1）化简C_n=$\frac{（2-{S}_{n}）}{n（n+1）}$，利用裂项相消法求出T_n，利用函数的单调性判断出T_n的单调性，结合n的取值范围求出T_n的范围，即可证明结论．

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*
∴数列$\{\frac{a_n}{n}\}$是公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
又首项${a_1}=\frac{1}{2}$，则$\frac{a_n}{n}={（\frac{1}{2}）^n}$，∴${a_n}=n{（\frac{1}{2}）^n}$….4分
（2）由（1）知${S_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n}{2^n}$
∴$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}…+\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$
两式相减得：$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$，
∴$\frac{1}{2}{S_n}=1-\frac{n+2}{{{2^{n+1}}}}$，∴${S_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$….7分
∵b_n=n（2-S_n），∴${b_n}=\frac{n（n+2）}{2^n}$，
∴${b_{n+1}}-{b_n}=\frac{（n+1）（n+3）}{{{2^{n+1}}}}-\frac{n（n+2）}{2^n}=\frac{{-{n^2}+3}}{{{2^{n+1}}}}$
则当n=1，b₂-b₁＞0，即b₂＞b₁，
当n≥2，b_n+1-b_n＜0，即b_n+1＜b_n，b₂是最大项且b₂=2，
∴λ≥2．….9分
证明：（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）=$\frac{1}{{{2^n}（n+1）}}$，显然f（n）在n∈N^*时单调递减，
∴0＜f（n）≤f（1）=$\frac{1}{4}$，
故$\frac{3}{4}≤{T_n}＜1$…13分．

点评 本题考查等比数列的定义、通项公式，裂项相消法求数列的和，以及数列的函数特征和判断数列单调性的方法：作差法、基本初等函数的单调性，考查化简、变形能力，属于中档题．