Question

10．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a_n與2S_n的等差中項(xiàng)為1．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)；
（2）對任意的n∈N^*，不等式$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}≥\frac{λ}{{{a_n}^2}}$恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過等差中項(xiàng)的性質(zhì)可知a_n+2S_n=2，進(jìn)而整理可知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為$\frac{2}{3}$、公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{27}{4}$×9^n-1，根據(jù)等比數(shù)列的求和公式，再根據(jù)題意可得λ≤$\frac{27}{8}$（1-$\frac{1}{{9}^{n}}$），根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性即可求出．

解答 解：（1）∵a_n是2S_n和1的等差中項(xiàng)，
∴a_n+2S_n=2，
∴S_n=1-$\frac{1}{2}$a_n，
當(dāng)n=1時，a₁=1-$\frac{1}{2}$a₁，解得a₁=$\frac{2}{3}$，
當(dāng)n≥2時，S_n-1=1-$\frac{1}{2}$a_n-1，
兩式相減得：a_n=1-$\frac{1}{2}$a_n-1+$\frac{1}{2}$a_n-1，
∴a_n=$\frac{1}{3}$a_n-1，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為$\frac{2}{3}$、公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，
∴a_n=2×（$\frac{1}{3}$）ⁿ；
（2）由（1）可得$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{27}{4}$×9^n-1，
∴$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{27}{4}$（1+9+9²+…+9^n-1）=$\frac{27}{4}$×$\frac{{9}^{n}-1}{8}$，
∵不等式$\frac{1}{{{a_1}{a_2}}}+\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}≥\frac{λ}{{{a_n}^2}}$恒成立，
則有$\frac{27}{4}$×$\frac{{9}^{n}-1}{8}$≥$\frac{λ×{9}^{n}}{4}$，即λ≤$\frac{27}{8}$（1-$\frac{1}{{9}^{n}}$），
令f（n）=$\frac{27}{8}$（1-$\frac{1}{{9}^{n}}$），則f（n）在N*上遞增，
∴f（n）≥f（1）=3，
∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍（-∞，3]．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和，以及數(shù)列的函數(shù)特征，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．