Question

1．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=-a_n-${（\frac{1}{2}）}^{n-1}$+2（n∈N^*）．?dāng)?shù)列{b_n}滿足b_n=2ⁿa_n．
（1）求證數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=log₂$\frac{n}{{a}_{n}}$，數(shù)列{$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和為T_n．若不等式λ≤T_n對(duì)任愈的n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的最大值．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=-a_n-${（\frac{1}{2}）}^{n-1}$+2（n∈N^*）．可得：a₁=S₁=-a₁-1+2，解得a₁．當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，化為：a_n=$\frac{1}{2}{a}_{{n}_{-1}}$+$（\frac{1}{2}）^{n}$．只要證明：b_n+1-b_n=常數(shù)即可．
（2）c_n=log₂$\frac{n}{{a}_{n}}$=n，可得：$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．利用“裂項(xiàng)求和”與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）證明：∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=-a_n-${（\frac{1}{2}）}^{n-1}$+2（n∈N^*）．
∴a₁=S₁=-a₁-1+2，解得a₁=$\frac{1}{2}$．
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=-a_n-${（\frac{1}{2}）}^{n-1}$+2-$[-{a}_{n-1}-（\frac{1}{2}）^{n-2}+2]$，
化為：a_n=$\frac{1}{2}{a}_{{n}_{-1}}$+$（\frac{1}{2}）^{n}$．
∴b_n+1-b_n=2ⁿ⁺¹a_n+1-2ⁿa_n=${2}^{n+1}[\frac{1}{2}{a}_{n}+（\frac{1}{2}）^{n+1}]$-2ⁿa_n=1，
∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，首項(xiàng)b₁=2a₁=1，公差為1．
∴b_n=1+（n-1）=n．
∴a_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$．
（2）解：c_n=log₂$\frac{n}{{a}_{n}}$=n，
∴$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．
∴數(shù)列{$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$}的前n項(xiàng)和為T_n=$（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$．
不等式λ≤T_n化為：λ≤1-$\frac{1}{n+1}$，
∵不等式λ≤T_n對(duì)任意的n∈N^*恒成立，
∴$λ≤\frac{1}{2}$．
∴實(shí)數(shù)λ的最大值是$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、“裂項(xiàng)求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性與不等式的性質(zhì)、對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．