Question

17．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=1，na_n+1=2S_n，n∈N*．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）已知f（log₂x）=x²-x，若存在实数k，对于任意的自然数n（n≥2），f（a_n）≥k•4ⁿ，求k的最大值．
（3）在（2）条件下，求证：$\frac{1}{f（{a}_{1}）}+\frac{1}{f（{a}_{2}）}$+…+$\frac{1}{f（{a}_{n}）}$＜$\frac{11}{18}$（n∈N*）．

Answer 1

分析 （1）根据数列的递推公式和迭代法即可求出数列的通项公式，
（2）由题意可得2²ⁿ-2ⁿ≥k•4ⁿ对于任意的自然数n（n≥2）恒成立，分离参数，得到k≤1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，求出（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）_min=$\frac{3}{4}$，问题得以解决，
（3）求出f（a_n）≥$\frac{3}{4}$•4ⁿ=3•4^n-1，再根据等比数列的求和公式和放缩法即可证明．

解答 解：（1）∵na_n+1=2S_n，
∴（n-1）a_n=2S_n-1，（n≥2），
两式相减得到na_n+1-（n-1）a_n=2a_n，n≥2，
即na_n+1=（n+1）a_n，n≥2，
即$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+1}{n}$（n≥2），
∴a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$…$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•a₁=$\frac{n}{n-1}$×$\frac{n-1}{n-2}$×…×$\frac{3}{2}$×$\frac{2}{1}$×1=n，
当n=1时，也成立，
故a_n=n，
（2）f（log₂x）=x²-x，知f（x）=2^2x-2^x，
由f（a_n）≥k•4ⁿ得2²ⁿ-2ⁿ≥k•4ⁿ对于任意的自然数n（n≥2）恒成立，
即存在实数k，使得k≤$\frac{{2}^{2n}-{2}^{n}}{{4}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$对于任意的自然数n（n≥2）恒成立，
∴k≤（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）_min（n≥2），而当n≥2时，（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）_min=$\frac{3}{4}$，
∴k的最大值为$\frac{3}{4}$；
（3）由（2）知f（a_n）≥$\frac{3}{4}$•4ⁿ=3•4^n-1，（n≥2），
∴$\frac{1}{f（{a}_{n}）}$≤$\frac{1}{3•{4}^{n-1}}$，（n≥2），
当n=1时，$\frac{1}{f（{a}_{1}）}$=$\frac{1}{4-2}$=$\frac{1}{2}$＜$\frac{11}{18}$，
当n≥2时，$\frac{1}{f（{a}_{1}）}+\frac{1}{f（{a}_{2}）}$+…+$\frac{1}{f（{a}_{n}）}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{{4}^{2}}$+…+$\frac{1}{{4}^{n-1}}$）=$\frac{1}{2}$+$\frac{\frac{1}{12}（1-\frac{1}{{4}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{4}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{9}$-$\frac{1}{9}$•$\frac{1}{{4}^{n-1}}$=$\frac{11}{18}$-$\frac{1}{9•{4}^{n-1}}$＜$\frac{11}{18}$

点评 本题主要考查了函数与数列的综合运用，考查恒成立问题，不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题