已知数列{an+1}是等比数列.a3=3.a6=31.数列{bn}的前n项和为Sn.b1=1.且nSn+1-(n+1)Sn=$\frac{1}{2}$n(n+1)．(1)求数列{an}.{bn}的通项公式,(2)设cn=$\frac{b n}{{{a n}+1}}$.数列{cn}的前n项和为Tn.若不等式Tn≥m-$\frac{9}{2^n}$对于n∈N*恒成立.求实数m的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

5．已知数列{a_n+1}是等比数列，a₃=3，a₆=31，数列{b_n}的前n项和为S_n，b₁=1，且nS_n+1-（n+1）S_n=$\frac{1}{2}$n（n+1）．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）设c_n=$\frac{b_n}{{{a_n}+1}}$，数列{c_n}的前n项和为T_n，若不等式T_n≥m-$\frac{9}{2^n}$对于n∈N^*恒成立，求实数m的最大值．

分析（1）利用已知条件通过等比数列求解通项公式${a_n}={2^{n-1}}-1$，利用$n{S_{n+1}}-（n+1）{S_n}=\frac{1}{2}n（n+1）$得$\left\{{\frac{S_n}{n}}\right\}$是以$\frac{S_1}{1}=1$为首项，$\frac{1}{2}$为公差的等差数列，求出S_n，然后求解{b_n}的通项公式．
（2）化简${c_n}=\frac{b_n}{{{a_n}+1}}=\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，利用错位相减法求出T_n，转化不等式为$4-\frac{2n-5}{2^n}≥m$恒成立，利用最值求解实数m的最大值．

解答解：（1）由a₃=3，a₆=31，得a₃+1=4，a₆+1=32，
所以${a_n}+1={2^{n-1}}$，∴${a_n}={2^{n-1}}-1$，…（2分）
由$n{S_{n+1}}-（n+1）{S_n}=\frac{1}{2}n（n+1）$得，$\frac{{{S_{n+1}}}}{n+1}-\frac{S_n}{n}=\frac{1}{2}$，
故$\left\{{\frac{S_n}{n}}\right\}$是以$\frac{S_1}{1}=1$为首项，$\frac{1}{2}$为公差的等差数列，
则$\frac{S_n}{n}=1+\frac{1}{2}（n-1）$，所以${S_n}=\frac{n（n+1）}{2}$，…（4分）
当n≥2时，${b_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{n（n+1）}{2}-\frac{n（n-1）}{2}=n$，
因为b₁=1满足该式，所以b_n=n，…（6分）
（2）由（1）可知${c_n}=\frac{b_n}{{{a_n}+1}}=\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，所以不等式${T_n}≥m-\frac{9}{2^n}$，
即为$1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}+…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}≥m-\frac{9}{2^n}$，
令${R_n}=1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}+…+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$，则$\frac{1}{2}{R_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n}{2^n}$，
两式相减得$（1-\frac{1}{2}）{R_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}}}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+2}{2^n}$，
所以${R_n}=4-\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$，…（8分）
由${R_n}≥m-\frac{9}{2^n}$恒成立，即$4-\frac{2n-5}{2^n}≥m$恒成立，
又$（4-\frac{2n-3}{{{2^{n+1}}}}）-（4-\frac{2n-5}{2^n}）=\frac{2n-7}{{{2^{n+1}}}}$，
故当n≤3时，$\left\{{4-\frac{2n-5}{2^n}}\right\}$单调递减；当n=3时，$4-\frac{2×3-5}{2^3}=\frac{31}{8}$；
当n≥4时，$\left\{{4-\frac{2n-5}{2^n}}\right\}$单调递增；当n=4时，$4-\frac{2×4-5}{2^4}=\frac{61}{16}$；
则$4-\frac{2n-5}{2^n}$的最小值为$\frac{61}{16}$，
所以实数m的最大值是$\frac{61}{16}$…（12分）