Question

1．己知各项均不为0的数列{a_n}中a₁=$\frac{1}{2}$，且n≥2时，a_n-1-a_n=a_n-1a_n，其前n项和为S_n．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若对于任意正整数n，不等式S_2n-S_n＞$\frac{m}{16}$恒成立，求常数m所能取得的最大整数．

Answer 1

分析 （1）先根据数列的递推公式可得数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2为首项，1为公差的等差数列，即可求出数列{a_n}的通项公式，
（2）构造数列b_n=S_2n-S_n，证明{b_n}是递增数列，再由不等式S_2n-S_n＞$\frac{m}{16}$恒成立，即可求出m的范围，问题得以解决

解答 解：（1）∵a_n-1-a_n=a_n-1a_n，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$=1，
∵a₁=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$=2，
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=2+（n-1）=n+1，
∴a_n=$\frac{1}{n+1}$，
（2）∵数列{a_n}的通项公式为a_n=$\frac{1}{n+1}$，前n项和为S_n．
S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n，
S_2n=a₁+a₂+a₃+…+a_n+a_n+1+…+a_2n，
∴S_2n-S_n=a_n+1+a_n+2+…+a_2n=（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n+1}$）-
（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n+1}$
设b_n=S_2n-S_n，
则b_n+1-b_n=（$\frac{1}{n+3}$+$\frac{1}{n+4}$+…+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$+$\frac{1}{2n+3}$）
-（$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+3}$-$\frac{1}{n+2}$＞0，
∴{b_n}是递增数列，
∴{b_n}是最小值是b₁，
∴b₁=S₂-S₁=a₂=$\frac{1}{3}$
∵S_2n-S_n＞$\frac{m}{16}$恒成立，
∴$\frac{1}{3}$＞$\frac{m}{16}$，
解得m＜$\frac{16}{3}$，
∴常数m所能取得的最大整数是5．

点评 本题考查数列前n项和公式的求法和应用，综合性强，难度较大，对数学思维能力的要求较高，解题时要注意等价转化思想的合理运用．