Question

5．正项数列{a_n}的前n项的和为S_n，且S_n=$\frac{{c}^{2}-{a}_{n}}{c-1}$，其中0＜c＜1．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）在a_n与a_n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d_n的等差数列，令f（n）=$\frac{1}{{d}_{1}}$+$\frac{1}{{d}_{2}}$+…+$\frac{1}{{d}_{n}}$．
（i）求f（n）；
（ii）若（1-c）²f（n）≥1对于任意的n∈N^*恒成立，求实数c的取值范围．

Answer 1

分析 （1）${a}_{n}={s}_{n}-{s}_{n-1}=\frac{{c}^{2}-{a}_{n}}{c-1}-\frac{{c}^{2}-{a}_{n-1}}{c-1}$，得${a}_{n}=\frac{1}{c}{a}_{n-1}$，即可求数列{a_n}的通项公式．
（2）由已知求出公差为d_n，写出f（n），令g（n）=（1-c）²f（n）=2+$\frac{c-{c}^{n}}{1-c}-（n+1）{c}^{n}$，利用作差法确定g（n）的单调性，只需g（n）_min≥1即可．，

解答 解：（1）当n=1时，${s}_{1}=\frac{{c}^{2}-{a}_{1}}{c-1}={a}_{1}$，解得a₁=c，
当n≥2时，${a}_{n}={s}_{n}-{s}_{n-1}=\frac{{c}^{2}-{a}_{n}}{c-1}-\frac{{c}^{2}-{a}_{n-1}}{c-1}$，解得${a}_{n}=\frac{1}{c}{a}_{n-1}$，
所以数列{a_n}是以c为首项，公比为$\frac{1}{c}$的等比数列．
所以${a}_{n}={c}^{2-n}$．
（2）①由题意知a_n+1=a_n+（n+2-1）d_n，即c^1-n=c^2-n+（n+1）d_n，
所以${d}_{n}=\frac{（1-c）{c}^{1-n}}{n+1}$，
所以$\frac{1}{{d}_{n}}=\frac{1}{c（1-c）}[（n+1）{c}^{n}]$，
所以$f（n）=\frac{1}{c（1-c）}[2c+3{c}^{2}+4{c}^{3}+..+（n+1）{c}^{n\\;\\;}]$．
${A}_{n}=2c+3{c}^{2}+…+n{c}^{n-1}+（n+1）{c}^{n}$，
cA_n=2c²+3c³+…+ncⁿ+（n+1）cⁿ⁺¹，
（1-c）A_n=2c+c²+c³+…+cⁿ-（n+1）cⁿ⁺¹，
所以$f（n）=\frac{2}{（1-c）^{2}}+\frac{c-{c}^{n}}{（1-c）^{3}}-\frac{（n+1）{c}^{n}}{（1-c）^{2}}$．
②令g（n）=（1-c）²f（n）=2+$\frac{c-{c}^{n}}{1-c}-（n+1）{c}^{n}$，
g（n+1）=2+$\frac{c}{1-c}-\frac{{c}^{n+1}}{1-c}-（n+2）{c}^{n+1}$，
g（n+1）-g（n）=$\frac{{c}^{n}}{1-c}+（n+1）{c}^{n}-\frac{{c}^{n+1}}{1-c}-（n+2）{c}^{n+1}$=${c}^{n}[\frac{1}{1-c}+（n+1）-\frac{c}{1-c}-（n+2）c]$
=cⁿ[n+2-（n+2）c]=（n+2）cⁿ（1-c）．
因为0＜c＜1且n∈N⁺，
所以（n+2）cⁿ（1-c）＞0，
所以g（n+1）＞g（n）．
所以g（n）_min=g（1）=2-2c≥1，
所以c≤$\frac{1}{2}$，又因为0＜c＜1，
所以0＜c≤$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了数列的综合应用，涉及到等差数列的性质，及数列的单调性，还考查了转化思想，属于中档题．