Question

9．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和S_n，對一切n∈N^*，點（n，$\frac{{S}_{n}}{n}$）都在函數(shù)f（x）=x+$\frac{{a}_{n}}{2x}$的圖象上．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)A_n為數(shù)列{$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}}$}的前n項積，若不等式A_n$\sqrt{{a}_{n}+1}$＜f（a）-$\frac{{a}_{n}+3}{2a}$對一切 n∈N^*都成立，其中a＞0，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用數(shù)列的通項和求和的關(guān)系，結(jié)合等差數(shù)列的通項公式，即可得到所求；
（Ⅱ）化簡不等式可得a-$\frac{3}{2a}$＞（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$對一切n∈N^*都成立．設(shè)g（n）=1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$，則只需[g（n）]_max＜a-$\frac{3}{2a}$，判斷g（n）的單調(diào)性，即可得到最大值，再解不等式，即可得到a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得，$\frac{{S}_{n}}{n}$=n+$\frac{{a}_{n}}{2n}$，
所以S_n=n²+$\frac{1}{2}$a_n．S_n+1=（n+1）²+$\frac{1}{2}$a_n+1．
兩式相減可得，a_n+1=2n+$\frac{1}{2}$a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n，
即有a_n+1+a_n=4n+2，
a_n+2+a_n+1=4n+6，相減可得a_n+2-a_n=4，
又a₁=2，a₂=4，
則{a_n}奇數(shù)項與偶數(shù)項分別成等差數(shù)列，
當(dāng)n取奇數(shù)時，a_n=2n，當(dāng)n取偶數(shù)時，a_n=2n，
故a_n=2n；
（Ⅱ）因為$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{a}_{n}}$，
故A_n=（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）
所以A_n$\sqrt{{a}_{n}+1}$=（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$
又f（a）-$\frac{{a}_{n}+3}{2a}$=a+$\frac{{a}_{n}}{2a}$-$\frac{{a}_{n}+3}{2a}$=a-$\frac{3}{2a}$＞（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$對一切n∈N^*都成立．
設(shè)g（n）=1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$，
則只需[g（n）]_max＜a-$\frac{3}{2a}$，
由于$\frac{g（n+1）}{g（n）}$=（1-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）•$\frac{\sqrt{2n+3}}{\sqrt{2n+1}}$=$\frac{2n+1}{2n+2}$•$\frac{\sqrt{2n+3}}{\sqrt{2n+1}}$=$\frac{\sqrt{4{n}^{2}+8n+3}}{\sqrt{4{n}^{2}+8n+4}}$＜1．
所以g（n+1）＜g（n），故g（n）是單調(diào)遞減，
于是[g（n）]_max=g（1）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
令$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜a-$\frac{3}{2a}$，即 $\frac{（a-\sqrt{3}）（2a+\sqrt{3}）}{a}$＞0，
解得a＞$\sqrt{3}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項和求和的關(guān)系，考查等差數(shù)列的通項公式的運用，同時考查不等式恒成立問題，注意運用數(shù)列的單調(diào)性，考查運算求解能力，屬于中檔題．