Question

5．數列{a_n}滿足a₁=2，a_n+1=$\frac{{2}^{n+1}{a}_{n}}{（n+\frac{1}{2}）{a}_{n}+{2}^{n}}$（n∈N₊）．
（1）設b_n=$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$，求數列{b_n}的通項公式b_n；
（2）設c_n=$\frac{1}{n（n+1）{a}_{n+1}}$，數列{c_n}的前n項和為S_n，求出S_n并由此證明：$\frac{5}{16}$≤S_n＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根據已知條件中的數列{a_n}的遞推公式，以及b_n=$\frac{{2}^{n}}{{3}^{n}}$，可將其轉化為數列{b_n}的一個遞推公式，利用“累加求和”方法即可得出．
（2）由（1）可求得數列{a_n}的通項公式，進而求得{c_n}的通項公式，可將其轉化為一個等比數列與一個可用裂項相消法求和的數列的形式，即可得證．

解答 解：（1）由a_n+1=$\frac{{2}^{n+1}{a}_{n}}{（n+\frac{1}{2}）{a}_{n}+{2}^{n}}$（n∈N₊），可得：$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{（n+\frac{1}{2}）{a}_{n}+{2}^{n}}$，
取倒數可得：$\frac{{2}^{n+1}}{{a}_{n+1}}$-$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$=n+$\frac{1}{2}$，又b_n=$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$，
∴b_n+1-b_n=n+$\frac{1}{2}$．
∴b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁
=$（n-1+\frac{1}{2}）$+$（n-2+\frac{1}{2}）$+…+$（1+\frac{1}{2}）$+1
=$\frac{（n-1）（n-1+1）}{2}$+$\frac{n-1}{2}$+1
=$\frac{{n}^{2}+1}{2}$．
∴b_n=$\frac{{n}^{2}+1}{2}$．
（2）證明：由（1）可得：$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{{n}^{2}+1}{2}$，可得a_n=$\frac{{2}^{n+1}}{{n}^{2}+1}$．
c_n=$\frac{1}{n（n+1）{a}_{n+1}}$=$\frac{（n+1）^{2}+1}{n（n+1）•{2}^{n+2}}$=$\frac{1}{2}•\frac{{n}^{2}+n+n+2}{n（n+1）•{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}[\frac{1}{{2}^{n+1}}+\frac{n+2}{n（n+1）•{2}^{n+1}}]$=$\frac{1}{2}[\frac{1}{{2}^{n+1}}+\frac{1}{n•{2}^{n}}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+1}}]$，
∴數列{c_n}的前n項和為S_n=$\frac{1}{2}×$$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{2}[（\frac{1}{2}-\frac{1}{2×{2}^{2}}）$+$（\frac{1}{2×{2}^{2}}-\frac{1}{3×{2}^{3}}）$+…+$（\frac{1}{n•{2}^{n}}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+1}}）]$
=$\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$+$\frac{1}{2}[\frac{1}{2}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+1}}]$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n+2}}$-$\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+2}}$$＜\frac{1}{2}$．
∵c_n＞0，∴S_n≥S₁=$\frac{1}{2}-\frac{1}{{2}^{3}}$-$\frac{1}{16}$=$\frac{5}{16}$．
∴$\frac{5}{16}$≤S_n＜$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了等差數列與等比數列的通項公式及其求和公式、“裂項求和方法”、數列遞推關系、數列的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．