Question

14．已知數列{a_n}滿足a₁+a₂+a₃+…+a_n-1+a_n=n-a_n（n∈N^*）．
（1）求證：數列{a_n-1}是等比數列；
（2）若n（1-a_n）≤t（n∈N^*）恒成立，求實數t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）${a_1}+{a_2}+{a_3}+…+{a_{n-1}}+{a_n}=n-{a_n}（{n∈{{N}^*}}）$，可得${a_1}+{a_2}+{a_3}+…+{a_n}+{a_{n+1}}=n+1-{a_{n+1}}（{n∈{{N}^*}}）$，
兩式相減變形為：a_n+1-1=$\frac{1}{2}$（a_n-1），利用等比數列的通項公式即可得出．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知${a_n}-1=-\frac{1}{2^n}$，可得$n（{1-{a_n}}）=\frac{n}{2^n}$，令$f（n）=\frac{n}{2^n}$，作差可得其單調性，進而得出答案．

解答 （Ⅰ）證明：∵${a_1}+{a_2}+{a_3}+…+{a_{n-1}}+{a_n}=n-{a_n}（{n∈{{N}^*}}）$，
∴${a_1}+{a_2}+{a_3}+…+{a_n}+{a_{n+1}}=n+1-{a_{n+1}}（{n∈{{N}^*}}）$，
兩式相減可得：a_n+1=1-a_n+1+a_n，變形為：a_n+1-1=$\frac{1}{2}$（a_n-1），
又a₁-1=$-\frac{1}{2}$，
故數列{a_n-1}是以$-\frac{1}{2}$為首項，公比為$\frac{1}{2}$的等比數列． 
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知${a_n}-1=-\frac{1}{2^n}$，∴$n（{1-{a_n}}）=\frac{n}{2^n}$，
令$f（n）=\frac{n}{2^n}$，
則$f（n+1）-f（n）=\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}-\frac{n}{2^n}=\frac{-n+1}{{{2^{n+1}}}}$，
∴當n≥2時，f（n+1）-f（n）＜0，
故y=f（n）為減函數；
而$f（1）=f（2）=\frac{1}{2}$，
∵n（1-a_n）≤t恒成立，∴$t≥\frac{1}{2}$．
∴實數t的取值范圍為$[{\frac{1}{2}，+∞}）$．

點評 本題考查了數列遞推關系、數列的單調性、等比數列的通項公式、作差法、等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．