Question

1．?dāng)?shù)列{a_n}的通項(xiàng)是關(guān)于x的不等式x²-x＜nx（n∈N^•）的解集中的整數(shù)的個(gè)數(shù)，且已知f（n）=$\frac{1}{{a}_{n}+1}$+$\frac{1}{{a}_{n}+2}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+n}$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，求{b_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（3）求證：對(duì)n≥2且n∈N^•，恒有$\frac{7}{12}$≤f（n）＜1．

Answer 1

分析 （1）由一元二次不等式的解法求出x的范圍，由條件求出a_n；
（2）由（1）化簡(jiǎn)b_n，利用錯(cuò)位相減法和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求出S_n；
（3）由（1）化簡(jiǎn)f（n）=$\frac{1}{{a}_{n}+1}$+$\frac{1}{{a}_{n}+2}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+n}$，求出f（n+1）后化簡(jiǎn)f（n+1）-f（n）判斷出符號(hào)，判斷出f（n）的單調(diào)性求出f（n）的最小值，由放縮法證明f（n）＜1成立．

解答 解：（1）由x²-x＜nx（n∈N^•）得，
x[x-（n+1）]＜0，解得0＜x＜n+1，
∴不等式x²-x＜nx的解集中的整數(shù)的個(gè)數(shù)是n，
∴a_n=n；
（2）由（1）得，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴S_n=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$，①
2S_n=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{4}}+…+\frac{n}{{2}^{n+1}}$，②
①-②得，-S_n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$1-\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
則S_n=$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}-1$；
證明：（3）由（1）得，f（n）=$\frac{1}{{a}_{n}+1}$+$\frac{1}{{a}_{n}+2}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+n}$
=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}$
∴f（n+1）=$\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$
∴f（n+1）-f（n）=$-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$
=$\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}$＞0，即f（n+1）＞f（n），
∴f（n）隨著n的增大而增大（n≥2且n∈N^•），
則f（n）的最小值是f（2）=$\frac{1}{3}+\frac{1}{4}$=$\frac{7}{12}$，
∵f（n）=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}$
＜$\frac{1}{n}+\frac{1}{n}+…+\frac{1}{n}$=$\frac{n}{n}$=1，
綜上可得，對(duì)n≥2且n∈N^•，恒有$\frac{7}{12}$≤f（n）＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，利用作差法判斷數(shù)列的單調(diào)性，一元二次不等式的解法，以及錯(cuò)位相減法和求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查放縮法在證明不等式中的應(yīng)用，化簡(jiǎn)、變形能力．