Question

8．已知f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x-2}$，且4S_n•f（$\frac{1}{{a}_{n}}$）=1，bⁿ=-a_n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，T_n為{b_n}的前n項(xiàng)和，比較T_n與$\frac{1}{2}$的大�。�

Answer 1

分析 通過化簡可知f（$\frac{1}{{a}_{n}}$）=$\frac{1}{2{a}_{n}（1-{a}_{n}）}$，進(jìn)而通過2S_n=a_n（1-a_n）與2S_n+1=a_n+1（1-a_n+1）作差、計(jì)算可知a_n+1-a_n=-1，進(jìn)而可知數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)、公差均為-1的等差數(shù)列，從而bⁿ=$\frac{n}{{2}^{n}}$，利用錯(cuò)位相減法計(jì)算可知T_n=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，通過T_n隨著n的增大而增大、計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：依題意，f（$\frac{1}{{a}_{n}}$）=$\frac{（\frac{1}{{a}_{n}}）^{2}}{2•\frac{1}{{a}_{n}}-2}$=$\frac{1}{2{a}_{n}（1-{a}_{n}）}$，
∴4S_n•f（$\frac{1}{{a}_{n}}$）=4S_n•$\frac{1}{2{a}_{n}（1-{a}_{n}）}$=1，
∴2S_n=a_n（1-a_n），
∴2S_n+1=a_n+1（1-a_n+1），
兩式相減得：2a_n+1=a_n+1-a_n+${{a}_{n}}^{2}$-${{a}_{n+1}}^{2}$，
整理得：（a_n+1-a_n）（a_n+1+a_n）=-（a_n+1+a_n），
又∵a_n＞0，
∴a_n+1-a_n=-1，
又∵4a₁•$\frac{1}{2{a}_{1}（1-{a}_{1}）}$=1，解得：a₁=-1，
∴數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)、公差均為-1的等差數(shù)列，
∴a_n=-n，
∴bⁿ=-a_n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴T_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$T_n=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+2•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
易知T_n隨著n的增大而增大，
∴T_n≥T₁=2-$\frac{3}{2}$=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．