Question

3．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=1，且S_n+1=$\frac{n+1}{n}$S_n+$\frac{n+1}{2}$（n∈N*）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设a_n=2^n-1b_n（n∈N*），数列{b_n}的前n项和为T_n，若T_n≥k对于n∈N*恒成立，求实数k的最大值．

Answer 1

分析 （1）由条件可得$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$，运用等差数列的定义和通项公式，可得S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，再由a_n=S_n-S_n-1，即可得到所求通项公式；
（2）求得b_n=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，可得前n项和为T_n，再运用作差法判断数列的单调性，求得最小值，即可得到k的最大值．

解答 解：（1）S_n+1=$\frac{n+1}{n}$S_n+$\frac{1}{2}$（n+1），
即有$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$，
可得数列{$\frac{{S}_{n}}{n}$}是首项为1，公差为$\frac{1}{2}$的等差数列，
即有$\frac{{S}_{n}}{n}$=1+$\frac{1}{2}$（n-1）=$\frac{n+1}{2}$，
则S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{n（n+1）}{2}$-$\frac{（n-1）n}{2}$=n，
上式对n=1也成立，
则a_n=n（n∈N*）；
（2）a_n=2^n-1b_n（n∈N*），
由（1）可得b_n=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，
前n项和为T_n=1•1+2•（$\frac{1}{2}$）+3•（$\frac{1}{2}$）²+…+n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，①
两边乘$\frac{1}{2}$，可得$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{2}$+2•（$\frac{1}{2}$）²+3•（$\frac{1}{2}$）³+…+n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，②
①-②可得，$\frac{1}{2}$T_n=1+（$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}$）²+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ
=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
化简可得，T_n=4-$\frac{4+2n}{{2}^{n}}$．
T_n≥k对于n∈N*恒成立，即为k≤4-$\frac{4+2n}{{2}^{n}}$的最小值．
由T_n+1-T_n=4-$\frac{2n+6}{{2}^{n+1}}$-（4-$\frac{4+2n}{{2}^{n}}$）=$\frac{n+1}{{2}^{n}}$＞0，
数列{T_n}单调递增，T₁取得最小值1，
可得k≤1．
即有k的最大值为1．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，以及等差数列的定义和通项公式；考查数列的求和方法：错位相减法，以及数列不等式恒成立问题的解法，注意运用数列的单调性，属于中档题．