Question

5．?dāng)?shù)列{a_n}前數(shù)列n項(xiàng)和S_n，已知${S_n}+{a_n}+n=0（n∈{N^*}）$恒成立．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求證：$\frac{1}{{2{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{2^2}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$．
（Ⅲ）若關(guān)于x的不等式${x^2}+\frac{1}{2}x-1≥{a_n}$對(duì)任意n∈N^*在x∈（-∞，λ]上恒成立，求實(shí)常數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）利用遞推關(guān)系與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（II）利用“裂項(xiàng)求和”方法即可得出；
（III）利用二次函數(shù)與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （Ⅰ）解：n≥2時(shí)，∵S_n+a_n+n=0，
∴S_n-1+a_n-1+n-1=0，兩式相減可得，2a_n=a_n-1-1，
∴2（a_n+1）=a_n-1+1，
∵S₁+a₁+1=2a₁+1=0，∴${a_1}=-\frac{1}{2}$，∴${a_1}+1=\frac{1}{2}$，
∴{a_n+1}是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)，$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
∴${a_n}+1={（\frac{1}{2}）^n}$，∴${a_n}={（\frac{1}{2}）^n}-1（n∈{N^*}）$．
（II）證明：由（Ⅰ）知，$\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}=\frac{1}{{{2^n}（\frac{1}{2^n}-1）（\frac{1}{{{2^{n+1}}}}-1）}}=2（\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）$，
∴$\frac{1}{{2{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{2^2}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}=-2（\frac{1}{{{2^1}-1}}-\frac{1}{{{2^2}-1}}+\frac{1}{{{2^2}-1}}$$-\frac{1}{{{2^3}-1}}+…+\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）=2（\frac{1}{{{2^1}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）=2（1-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}）＜2$，
即$\frac{1}{{2{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{2^2}{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{2^n}{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$．
（ III）∵${x^2}+\frac{1}{2}x-1≥{a_n}$，∴${x^2}+\frac{1}{2}x≥{a_n}+1=\frac{1}{2^n}$，即${x^2}+\frac{1}{2}x≥{（\frac{1}{2^n}）_{max}}=\frac{1}{2}$ 在（-∞，λ]上恒成立，
由${x^2}+\frac{1}{2}x≥\frac{1}{2}$，即2x²+x-1≥0，x≤-1或$x≥\frac{1}{2}$，
∴λ≤-1，即所求λ的取值范圍（-∞，-1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、“裂項(xiàng)求和”方法、二次函數(shù)與數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．