Question

5．正項數(shù)列{a_n}的前n項的和為S_n，且S_n=$\frac{{c}^{2}-{a}_{n}}{c-1}$，其中0＜c＜1．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）在a_n與a_n+1之間插入n個數(shù)，使這n+2個數(shù)組成一個公差為d_n的等差數(shù)列，令f（n）=$\frac{1}{ge68stg_{1}}$+$\frac{1}{vnoj6a6_{2}}$+…+$\frac{1}{p9mfffq_{n}}$．
（i）求f（n）；
（ii）若（1-c）²f（n）≥1對于任意的n∈N^*恒成立，求實數(shù)c的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）${a}_{n}={s}_{n}-{s}_{n-1}=\frac{{c}^{2}-{a}_{n}}{c-1}-\frac{{c}^{2}-{a}_{n-1}}{c-1}$，得${a}_{n}=\frac{1}{c}{a}_{n-1}$，即可求數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）由已知求出公差為d_n，寫出f（n），令g（n）=（1-c）²f（n）=2+$\frac{c-{c}^{n}}{1-c}-（n+1）{c}^{n}$，利用作差法確定g（n）的單調(diào)性，只需g（n）_min≥1即可．，

解答 解：（1）當n=1時，${s}_{1}=\frac{{c}^{2}-{a}_{1}}{c-1}={a}_{1}$，解得a₁=c，
當n≥2時，${a}_{n}={s}_{n}-{s}_{n-1}=\frac{{c}^{2}-{a}_{n}}{c-1}-\frac{{c}^{2}-{a}_{n-1}}{c-1}$，解得${a}_{n}=\frac{1}{c}{a}_{n-1}$，
所以數(shù)列{a_n}是以c為首項，公比為$\frac{1}{c}$的等比數(shù)列．
所以${a}_{n}={c}^{2-n}$．
（2）①由題意知a_n+1=a_n+（n+2-1）d_n，即c^1-n=c^2-n+（n+1）d_n，
所以$wn8qf2w_{n}=\frac{（1-c）{c}^{1-n}}{n+1}$，
所以$\frac{1}{bgooog8_{n}}=\frac{1}{c（1-c）}[（n+1）{c}^{n}]$，
所以$f（n）=\frac{1}{c（1-c）}[2c+3{c}^{2}+4{c}^{3}+..+（n+1）{c}^{n\\;\\;}]$．
${A}_{n}=2c+3{c}^{2}+…+n{c}^{n-1}+（n+1）{c}^{n}$，
cA_n=2c²+3c³+…+ncⁿ+（n+1）cⁿ⁺¹，
（1-c）A_n=2c+c²+c³+…+cⁿ-（n+1）cⁿ⁺¹，
所以$f（n）=\frac{2}{（1-c）^{2}}+\frac{c-{c}^{n}}{（1-c）^{3}}-\frac{（n+1）{c}^{n}}{（1-c）^{2}}$．
②令g（n）=（1-c）²f（n）=2+$\frac{c-{c}^{n}}{1-c}-（n+1）{c}^{n}$，
g（n+1）=2+$\frac{c}{1-c}-\frac{{c}^{n+1}}{1-c}-（n+2）{c}^{n+1}$，
g（n+1）-g（n）=$\frac{{c}^{n}}{1-c}+（n+1）{c}^{n}-\frac{{c}^{n+1}}{1-c}-（n+2）{c}^{n+1}$=${c}^{n}[\frac{1}{1-c}+（n+1）-\frac{c}{1-c}-（n+2）c]$
=cⁿ[n+2-（n+2）c]=（n+2）cⁿ（1-c）．
因為0＜c＜1且n∈N⁺，
所以（n+2）cⁿ（1-c）＞0，
所以g（n+1）＞g（n）．
所以g（n）_min=g（1）=2-2c≥1，
所以c≤$\frac{1}{2}$，又因為0＜c＜1，
所以0＜c≤$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了數(shù)列的綜合應用，涉及到等差數(shù)列的性質(zhì)，及數(shù)列的單調(diào)性，還考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．