Question

5．數(shù)列{a_n}滿足a₁=2，a_n+1=$\frac{{2}^{n+1}{a}_{n}}{（n+\frac{1}{2}）{a}_{n}+{2}^{n}}$（n∈N₊）．
（1）設b_n=$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$，求數(shù)列{b_n}的通項公式b_n；
（2）設c_n=$\frac{1}{n（n+1）{a}_{n+1}}$，數(shù)列{c_n}的前n項和為S_n，求出S_n并由此證明：$\frac{5}{16}$≤S_n＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知條件中的數(shù)列{a_n}的遞推公式，以及b_n=$\frac{{2}^{n}}{{3}^{n}}$，可將其轉(zhuǎn)化為數(shù)列{b_n}的一個遞推公式，利用“累加求和”方法即可得出．
（2）由（1）可求得數(shù)列{a_n}的通項公式，進而求得{c_n}的通項公式，可將其轉(zhuǎn)化為一個等比數(shù)列與一個可用裂項相消法求和的數(shù)列的形式，即可得證．

解答 解：（1）由a_n+1=$\frac{{2}^{n+1}{a}_{n}}{（n+\frac{1}{2}）{a}_{n}+{2}^{n}}$（n∈N₊），可得：$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{（n+\frac{1}{2}）{a}_{n}+{2}^{n}}$，
取倒數(shù)可得：$\frac{{2}^{n+1}}{{a}_{n+1}}$-$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$=n+$\frac{1}{2}$，又b_n=$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$，
∴b_n+1-b_n=n+$\frac{1}{2}$．
∴b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁
=$（n-1+\frac{1}{2}）$+$（n-2+\frac{1}{2}）$+…+$（1+\frac{1}{2}）$+1
=$\frac{（n-1）（n-1+1）}{2}$+$\frac{n-1}{2}$+1
=$\frac{{n}^{2}+1}{2}$．
∴b_n=$\frac{{n}^{2}+1}{2}$．
（2）證明：由（1）可得：$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{{n}^{2}+1}{2}$，可得a_n=$\frac{{2}^{n+1}}{{n}^{2}+1}$．
c_n=$\frac{1}{n（n+1）{a}_{n+1}}$=$\frac{（n+1）^{2}+1}{n（n+1）•{2}^{n+2}}$=$\frac{1}{2}•\frac{{n}^{2}+n+n+2}{n（n+1）•{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}[\frac{1}{{2}^{n+1}}+\frac{n+2}{n（n+1）•{2}^{n+1}}]$=$\frac{1}{2}[\frac{1}{{2}^{n+1}}+\frac{1}{n•{2}^{n}}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+1}}]$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項和為S_n=$\frac{1}{2}×$$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{2}[（\frac{1}{2}-\frac{1}{2×{2}^{2}}）$+$（\frac{1}{2×{2}^{2}}-\frac{1}{3×{2}^{3}}）$+…+$（\frac{1}{n•{2}^{n}}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+1}}）]$
=$\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$+$\frac{1}{2}[\frac{1}{2}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+1}}]$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n+2}}$-$\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+2}}$$＜\frac{1}{2}$．
∵c_n＞0，∴S_n≥S₁=$\frac{1}{2}-\frac{1}{{2}^{3}}$-$\frac{1}{16}$=$\frac{5}{16}$．
∴$\frac{5}{16}$≤S_n＜$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其求和公式、“裂項求和方法”、數(shù)列遞推關系、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．