Question

14．已知數(shù)列{a_n}和{b_n}滿足：a₁=2，$n{a_{n+1}}=（n+1）{a_n}+n（n+1），n∈{N^*}$，且對一切n∈N^*，均有${b_1}{b_2}…{b_n}={（\sqrt{2}）^{a_n}}$．
（1）求證：數(shù)列$\{\frac{a_n}{n}\}$為等差數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）求數(shù)列{b_n}的前n項和S_n；
（3）設(shè)${c_n}=\frac{{{a_n}-{b_n}}}{{{a_n}{b_n}}}（n∈{N^*}）$，記數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，求正整數(shù)k，使得對任意n∈N^*，均有T_k≥T_n．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}滿足：a₁=2，$n{a_{n+1}}=（n+1）{a_n}+n（n+1），n∈{N^*}$，變形為$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{a}_{n}}{n}$=1，利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）數(shù)列{b_n}滿足：對一切n∈N^*，均有${b_1}{b_2}…{b_n}={（\sqrt{2}）^{a_n}}$．可得b₁=2．當(dāng)n≥2時，b_n=$\frac{（\sqrt{2}）^{{a}_{n}}}{（\sqrt{2}）^{{a}_{n-1}}}$=2ⁿ．利用等比數(shù)列的前n項和公式可得S_n．
（3）由c_n=$\frac{1}{_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=$（\frac{1}{2}）^{n}$-$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．利用等比數(shù)列的前n項和公式、“裂項求和”方法可得數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n．再利用其單調(diào)性即可得出．

解答 （1）證明：數(shù)列{a_n}滿足：a₁=2，$n{a_{n+1}}=（n+1）{a_n}+n（n+1），n∈{N^*}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{a}_{n}}{n}$=1，
∴數(shù)列$\{\frac{a_n}{n}\}$為等差數(shù)列，公差為1，首項為2．
∴$\frac{{a}_{n}}{n}$=2+（n-1）=n+1，∴a_n=n（n+1）．
（2）解：數(shù)列{b_n}滿足：對一切n∈N^*，均有${b_1}{b_2}…{b_n}={（\sqrt{2}）^{a_n}}$．
∴b₁=$（\sqrt{2}）^{2}$=2．
當(dāng)n≥2時，b_n=$\frac{（\sqrt{2}）^{{a}_{n}}}{（\sqrt{2}）^{{a}_{n-1}}}$=$（\sqrt{2}）^{{a}_{n}-{a}_{n-1}}$=$（\sqrt{2}）^{2n}$=2ⁿ．（n=1時也成立）．
∴數(shù)列{b_n}的前n項和S_n=$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$=2ⁿ⁺¹-2．
（3）解：${c_n}=\frac{{{a_n}-{b_n}}}{{{a_n}{b_n}}}（n∈{N^*}）$，
c_n=$\frac{{a}_{n}-_{n}}{{a}_{n}_{n}}$=$\frac{1}{_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=$（\frac{1}{2}）^{n}$-$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．
∴數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$（1-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$．
T_n+1-T_n=$（\frac{1}{n+2}-\frac{1}{{2}^{n+1}}）$-$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{{2}^{n}}）$=$\frac{1}{{2}^{n+1}}$-$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$
=$\frac{（n+1）（n+2）-{2}^{n+1}}{（n+1）（n+2）•{2}^{n+1}}$，
可知：n=1，2，3時，T_n+1＞T_n；
n≥4時，T_n+1＜T_n．
∴T₁＜T₂＜T₃＜T₄＞T₅＞T₆…，
∴T₄為最大值．
∴取正整數(shù)k=4，使得對任意n∈N^*，均有T₄≥T_n．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“裂項求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．