Question

11．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為${S_n}=2-（\frac{2}{n}+1）•{a_n}$，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{2ⁿ•a_n}的前n項(xiàng)和為T_A，A_n=$\frac{1}{{T}_{1}}$+$\frac{1}{{T}_{2}}$+$\frac{1}{{T}_{3}}$+…+$\frac{1}{{T}_{n}}$．試比較A_n與$\frac{2}{{n•{a_n}}}$的大�。�

Answer 1

分析 （1）通過(guò)題意可得a₁=$\frac{1}{2}$，利用遞推關(guān)系可得數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}是首項(xiàng)及公比均為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，計(jì)算即可；
（2）通過(guò)（1）得T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，利用裂項(xiàng)相消法可得A_n=$\frac{2n}{n+1}$，通過(guò)變形后問題轉(zhuǎn)化為比較$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$與$\frac{n}{n+1}$的大�。�設(shè)f（n）=$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$，g（n）=$\frac{n}{n+1}$，只需判斷f（n）的單調(diào)性即可．

解答 解：（1）由a₁=S₁=2-3a₁可得a₁=$\frac{1}{2}$，
由${S_n}=2-（\frac{2}{n}+1）•{a_n}$，可得${S}_{n-1}=2-（\frac{2}{n-1}+1）{a}_{n-1}$，其中n≥2，
于是a_n=S_n-S_n-1=$（\frac{2}{n-1}+1）{a}_{n-1}$-$（\frac{2}{n}+1）{a}_{n}$，
整理得$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}×\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$（n≥2），
所以數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}是首項(xiàng)及公比均為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
∴$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}×（\frac{1}{2}）^{n-1}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴a_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$，（n∈N^*）；
（2）由（1）得$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴2ⁿa_n=n，
于是T_n=1+2+3+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
∴$\frac{1}{{T}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
∴A_n=2（1$-\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{2n}{n+1}$，
又$\frac{2}{n{a}_{n}}=\frac{{2}^{n+1}}{{n}^{2}}$，
∴問題轉(zhuǎn)化為比較$\frac{{2}^{n+1}}{{n}^{2}}$與$\frac{2n}{n+1}$的大小，即$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$與$\frac{n}{n+1}$的大�。�
設(shè)f（n）=$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$，g（n）=$\frac{n}{n+1}$，
∵f（n+1）-f（n）=$\frac{{2}^{n}[n（n-2）-1]}{[n（n+1）]^{2}}$，
當(dāng)n≥3時(shí)，f（n+1）-f（n）＞0，
∴當(dāng)n≥3時(shí)f（n）單調(diào)遞增，
∴當(dāng)n≥4時(shí)，f（n）≥f（4）=1，而g（n）＜1，
∴當(dāng)n≥4時(shí)，f（n）＞g（n），
經(jīng)檢驗(yàn)n=1，2，3時(shí)，仍有f（n）≥g（n），
因此，對(duì)任意正整數(shù)n，都有f（n）＞g（n），即A_n＜$\frac{2}{n{a}_{n}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式，前n項(xiàng)和公式，考查裂項(xiàng)相消法，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．