Question

8．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=n（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（2）令${b_n}•{2^{\frac{1}{a_n}}}=\frac{1}{{{a_{2n-1}}}}（n∈N*），{T_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}$，寫出T_n關(guān)于n的表達(dá)式，并求滿足T_n＞$\frac{5}{2}$時(shí)n的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由條件，可將n換為n-1，相減，即可得到所求通項(xiàng)公式；
（2）求得b_n=（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，由數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，運(yùn)用等比數(shù)列的求和公式，計(jì)算可得T_n，判斷單調(diào)性，求得T₄，T₅，即可得到所求n的范圍．

解答 解：（1）由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=n，
可得a₁+2a₂+3a₃+…+（n-1）a_n-1=n-1（n＞1），
相減可得na_n=1，即有a_n=$\frac{1}{n}$，（n＞1），
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=1，上式也成立，
可得a_n=$\frac{1}{n}$，（n∈N^*）；
（2）由${b_n}•{2^{\frac{1}{a_n}}}=\frac{1}{{{a_{2n-1}}}}（n∈N*），{T_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}$，
結(jié)合（1）可得，b_n=（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
前n項(xiàng)和T_n=1•$\frac{1}{2}$+3•（$\frac{1}{2}$）²+…+（2n-3）•（$\frac{1}{2}$）^n-1+（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
$\frac{1}{2}$T_n=1•（$\frac{1}{2}$）²+3•（$\frac{1}{2}$）³+…+（2n-3）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ+（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
相減可得，$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2[（$\frac{1}{2}$）²+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1+（$\frac{1}{2}$）ⁿ]-（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
化簡可得，前n項(xiàng)和T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$．
由T_n-T_n-1=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$-（3-$\frac{2n+1}{{2}^{n-1}}$）=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，T_n＞T_n-1，可得數(shù)列{T_n}遞增，
由T₄=3-$\frac{11}{16}$=$\frac{37}{16}$＜$\frac{5}{2}$；T₅=3-$\frac{13}{32}$=$\frac{83}{32}$＞$\frac{5}{2}$．
即有n≥5時(shí)，T_n≥T₅＞$\frac{5}{2}$．
故n的取值范圍是n≥5，且n∈N^*．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)的求法，注意運(yùn)用下標(biāo)變換相減法，考查數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，注意運(yùn)用等比數(shù)列的求和公式，考查數(shù)列的單調(diào)性和運(yùn)用：解不等式，屬于中檔題．