Question

4．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，且a_n+1=$\frac{1}{n}$S_n+$\frac{1}{2}$（n+1）（n∈N*）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設a_n=2^n-1b_n（n∈N*），數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，若T_n≥k-$\frac{9}{{2}^{n}}$對于n∈N*恒成立，求整數(shù)k的最大值．

Answer 1

分析 （1）由a_n+1=S_n+1-S_n，可得$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$，運用等差數(shù)列的定義和通項公式，可得S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，再由a_n=S_n-S_n-1，即可得到所求通項公式；
（2）求得b_n=n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，運用數(shù)列的求和方法：錯位相減法，結合等比數(shù)列的求和公式，可得前n項和為T_n，再由參數(shù)分離和作差法，可得數(shù)列的單調性，求得最小值，即可得到k的最大值．

解答 解：（1）a_n+1=$\frac{1}{n}$S_n+$\frac{1}{2}$（n+1），
即有S_n+1-S_n=$\frac{1}{n}$S_n+$\frac{1}{2}$（n+1），
即S_n+1=$\frac{n+1}{n}$S_n+$\frac{1}{2}$（n+1），
即有$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$，
可得數(shù)列{$\frac{{S}_{n}}{n}$}是首項為1，公差為$\frac{1}{2}$的等差數(shù)列，
即有$\frac{{S}_{n}}{n}$=1+$\frac{1}{2}$（n-1）=$\frac{n+1}{2}$，
則S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{n（n+1）}{2}$-$\frac{（n-1）n}{2}$=n，
上式對n=1也成立，
則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項和為T_n=1•1+2•（$\frac{1}{2}$）+3•（$\frac{1}{2}$）²+…+n•（$\frac{1}{2}$）^n-1，①
兩邊乘$\frac{1}{2}$，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，
化簡可得，T_n=4-$\frac{4+2n}{{2}^{n}}$．
T_n≥k-$\frac{9}{{2}^{n}}$即為k≤4-$\frac{4+2n}{{2}^{n}}$+$\frac{9}{{2}^{n}}$=4-$\frac{2n-5}{{2}^{n}}$，
令c_n=4-$\frac{2n-5}{{2}^{n}}$，由c_n+1-c_n=4-$\frac{2n-3}{{2}^{n+1}}$-（4-$\frac{2n-5}{{2}^{n}}$）=$\frac{2n-7}{{2}^{n+1}}$，
可得當n≤3時，數(shù)列{c_n}單調遞減，且c₃=4-$\frac{6-5}{8}$=$\frac{31}{8}$；
當n≥4時，數(shù)列{c_n}單調遞增，且c₄=4-$\frac{8-5}{16}$=$\frac{61}{16}$．
由c₃＞c₄，可得k≤$\frac{61}{16}$．
即有k的最大值為3．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，注意運用當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，以及等差數(shù)列的定義和通項公式；考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，以及數(shù)列不等式恒成立問題的解法，注意運用數(shù)列的單調性，屬于中檔題．