Question

16．?dāng)?shù)列{a_n}滿足${a_1}=2，{a_{n+1}}=\frac{{{2^{n+1}}{a_n}}}{{（n+\frac{1}{2}）{a_n}+{2^n}}}（n∈N*）$．
（1）設(shè)${b_n}=\frac{2^n}{a_n}$，求數(shù)列{b_n}的通項公式； 
（2）設(shè)${c_n}=\frac{1}{{n（n+1）{a_{n+1}}}}-\frac{1}{{{2^{n+2}}}}$，數(shù)列{c_n}的前n項和為S_n，不等式$\frac{1}{4}{m^2}-\frac{1}{4}m＞{S_n}$對一切n∈N*成立，求實數(shù)m的范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可得即${b_{n+1}}-{b_n}=n+\frac{1}{2}$，利用累加法即可求出數(shù)列{b_n}的通項公式；
（2）化簡C_n，再根據(jù)列項求和得到S_n，由不等式$\frac{1}{4}{m^2}-\frac{1}{4}m＞{S_n}$對一切n∈N*成立，得到m²-m≥1解得即可．

解答 解：（1）由${a_{n+1}}=\frac{{{2^{n+1}}{a_n}}}{{（n+\frac{1}{2}）{a_n}+{2^n}}}（n∈N*）$，
得$\frac{{{2^{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}=\frac{{（n+\frac{1}{2}）{a_n}+{2^n}}}{a_n}$
∴$\frac{{{2^{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}-\frac{2^n}{a_n}=n+\frac{1}{2}$，
即${b_{n+1}}-{b_n}=n+\frac{1}{2}$，
又${b_1}=\frac{2}{a_1}=1$，
∴b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁，
=（n-1）（n-2）+…+2+1+$\frac{1}{2}$（n-1）+1，
=$\frac{n（n-1）}{2}$+$\frac{n+1}{2}$，
=$\frac{{n}^{2}+1}{2}$，
（2）由（1）知${b_n}=\frac{{{n^2}+1}}{2}=\frac{2^n}{a_n}$，
∴${a_n}=\frac{{{2^{n+1}}}}{{{n^2}+1}}$，
$\begin{array}{l}{c_n}=\frac{1}{{n（n+1）{a_{n+1}}}}-\frac{1}{{{2^{n+2}}}}=\frac{{{{（n+1）}^2}+1}}{{n（n+1）{2^{n+2}}}}-\frac{1}{{{2^{n+2}}}}\\=\frac{n+2}{{n（n+1）•{2^{n+2}}}}\\=\frac{1}{{n•{2^{n+1}}}}-\frac{1}{{（n+1）•{2^{n+2}}}}\\∴{S_n}={C_1}+{C_2}+…+{C_n}=\frac{1}{4}-\frac{1}{{（n+1）•{2^{n+2}}}}＜\frac{1}{4}\end{array}$
∴$\frac{1}{4}$m²-$\frac{1}{4}$m≥$\frac{1}{4}$，
即m²-m-1≥0，
解得m≥$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$或m≤$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$．

點評 本題考查了用累加法求出數(shù)列的通項公式，用裂項求和求前n項和，以及函數(shù)恒成立，屬于中檔題．