Question

12．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=2，S_n=a_n+1-2．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若数列{b_n}满足2${\;}^{\frac{1}{{b}_{n}}}$=a₁a₂…a_n，且k•（b₁+b₂+…+b_n）≤a_n（n∈N^*），求实数k的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用公式a_n=S_n-S_n-1判断{a_n}为等比数列，从而得出通项公式；
（2）求出b_n=$\frac{2}{n（n+1）}$，使用裂项求和得出b₁+b₂+…+b_n，从而得出k≤$\frac{n+1}{n}•{2}^{n-1}$，判断新数列{$\frac{n+1}{n}•{2}^{n-1}$}的单调性得出$\frac{n+1}{n}•{2}^{n-1}$的最小值即为k的最大值．

解答 解：（1）n=1时，a₁=a₂-2，∴a₂=a₁+2=4．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=a_n+1-2-（a_n-2），∴2a_n=a_n+1．
即$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=2$，又$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=2$，
∴{a_n}是以2为首项，以2为公比的等比数列．
∴a_n=2ⁿ．
（2）∵a₁a₂…a_n=2^1+2+3+…+n=2${\;}^{\frac{（n+1）n}{2}}$，
∴b_n=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）．
∴b₁+b₂+…+b_n=2（1-$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=$\frac{2n}{n+1}$．
∵k•（b₁+b₂+…+b_n）≤a_n，
∴k≤$\frac{n+1}{2n}$•a_n=$\frac{n+1}{n}•{2}^{n-1}$．
设c_n=$\frac{n+1}{n}•{2}^{n-1}$，则c_n+1-c_n=$\frac{n+2}{n+1}•{2}^{n}$-$\frac{n+1}{n}•{2}^{n-1}$
=2^n-1（$\frac{2n+4}{n+1}$-$\frac{n+1}{n}$）=2^n-1•$\frac{{n}^{2}+2n-1}{n（n+1）}$＞0．
∴{c_n}为递增数列，∴当n=1时，c_n取得最小值2．
∴k≤2．
∴实数k的最大值为2．

点评 本题考查了等比数列的性质，数列求和及数列单调性的应用，属于中档题．