Question

5．已知數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a₁=1，na_n+1=2（n+1）a_n（n∈N．）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（3）在第（2）問(wèn)的條件下，若不等式（-1）ⁿλ（4-S_n）≤1對(duì)任意的n∈N^*恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a₁=1，na_n+1=2（n+1）a_n（n∈N．）變形為$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}=2•\frac{{a}_{n}}{n}$，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）b_n=$\frac{（n+2）•{2}^{n+1}}{n•{2}^{n-1}•（n+1）•{2}^{n}}$=4$（\frac{1}{n•{2}^{n-1}}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n}}）$，利用“裂項(xiàng)求和”即可得出．
（3）不等式（-1）ⁿλ（4-S_n）≤1，化為：（-1）ⁿλ≤$\frac{（n+1）×{2}^{n}}{4}$．對(duì)n分類(lèi)討論即可得出．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a₁=1，na_n+1=2（n+1）a_n（n∈N），
∴$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}=2•\frac{{a}_{n}}{n}$，
∴數(shù)列$\{\frac{{a}_{n}}{n}\}$是等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為2．
∴$\frac{{a}_{n}}{n}$=2^n-1．
∴a_n=n•2^n-1．
（2）b_n=$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{（n+2）•{2}^{n+1}}{n•{2}^{n-1}•（n+1）•{2}^{n}}$=4$（\frac{1}{n•{2}^{n-1}}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n}}）$，
∴數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n=4$[（1-\frac{1}{2×2}）+（\frac{1}{2×2}-\frac{1}{3×{2}^{2}}）$+…+$（\frac{1}{n•{2}^{n-1}}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n}}）]$
=4$（1-\frac{1}{（n+1）×{2}^{n}}）$．
（3）不等式（-1）ⁿλ（4-S_n）≤1，化為：（-1）ⁿλ$\frac{4}{（n+1）×{2}^{n}}$≤1．
∴（-1）ⁿλ≤$\frac{（n+1）×{2}^{n}}{4}$．
不等式（-1）ⁿλ（4-S_n）≤1對(duì)任意的n∈N^*恒成立，
當(dāng)n=2k（k∈N^*）時(shí)，化為λ≤$\frac{（2k+1）×{2}^{2k}}{4}$的最小值，∴λ≤3．
當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時(shí)，化為λ≥-$\frac{2k×{2}^{2k-1}}{4}$的最大值，∴λ≥-1．
綜上可得：-1≤λ≤3．
∴λ的取值范圍是[-1，3]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、遞推關(guān)系、“裂項(xiàng)求和”方法、不等式的性質(zhì)，考查了分類(lèi)討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．