Question

1．?dāng)?shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，a₁=1，對(duì)任意n∈N^*，a_n+1²-1=4a_n（a_n+1），數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足b₁=$\frac{1}{2}$，b_n+1=$\frac{n+1}{2n}{b_n}$．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記T_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，S_n為數(shù)列{log₂（a_n+1）}的前n項(xiàng)和．f（n）=$\frac{{2{S_n}（2-{T_n}）}}{n+2}$，試問(wèn)f（n）是否存在最大值？若存在，求出最大值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由$a_{n+1}^2-1=4{a_n}（{a_n}+1）$，得（a_n+1+2a_n+1）（a_n+1-2a_n-1）=0，a_n＞0，可得a_n+1+1=2（a_n+1），利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．由題意知$\frac{{{b_n}+1}}{n+1}=\frac{b_n}{2n}$，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）由（1）得${T_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+…+\frac{n}{2^n}$，利用錯(cuò)位相減法即可得出T_n，利用單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）由$a_{n+1}^2-1=4{a_n}（{a_n}+1）$，
得（a_n+1+2a_n+1）（a_n+1-2a_n-1）=0，
∵a_n＞0，∴a_n+1+2a_n+1＞0，∴a_n+1=2a_n+1．
∴a_n+1+1=2（a_n+1），又a₁+1=2≠0，
∴${a_n}+1=2×{2^{n-1}}={2^n}$，即${a_n}={2^n}-1$，
由題意知$\frac{{{b_n}+1}}{n+1}=\frac{b_n}{2n}$，
∴$\frac{b_n}{n}=\frac{b_1}{1}×{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，
∴${b_n}=\frac{n}{2^n}$．
（2）由（1）得${T_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+…+\frac{n}{2^n}$，
∴$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+…+\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$，
∴${T_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$，
又∵${S_n}=\frac{n（n+1）}{2}$，
∴$f（n）=\frac{{2{S_n}（2-{T_n}）}}{n+2}=\frac{{{n^2}+n}}{2^n}$，
f（n+1）-f（n）=$\frac{（n+1）^{2}+（n+1）}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$=$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n+1}}$．
當(dāng)n≥3時(shí)，f（n+1）-f（n）＜0，
當(dāng)n＜3時(shí)，f（n+1）-f（n）≥0．
又∵f（1）=1，f（2）=$\frac{3}{2}$=f（3），
∴f（n）存在最大值為$\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、錯(cuò)位相減法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．