Question

5．数列{a_n}满足a₁=2，a_n+1=$\frac{{2}^{n+1}{a}_{n}}{（n+\frac{1}{2}）{a}_{n}+{2}^{n}}$（n∈N₊）．
（1）设b_n=$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$，求数列{b_n}的通项公式b_n；
（2）设c_n=$\frac{1}{n（n+1）{a}_{n+1}}$，数列{c_n}的前n项和为S_n，求出S_n并由此证明：$\frac{5}{16}$≤S_n＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根据已知条件中的数列{a_n}的递推公式，以及b_n=$\frac{{2}^{n}}{{3}^{n}}$，可将其转化为数列{b_n}的一个递推公式，利用“累加求和”方法即可得出．
（2）由（1）可求得数列{a_n}的通项公式，进而求得{c_n}的通项公式，可将其转化为一个等比数列与一个可用裂项相消法求和的数列的形式，即可得证．

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：$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{（n+\frac{1}{2}）{a}_{n}+{2}^{n}}$，
取倒数可得：$\frac{{2}^{n+1}}{{a}_{n+1}}$-$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$=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）证明：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=$\frac{1}{n（n+1）{a}_{n+1}}$=$\frac{（n+1）^{2}+1}{n（n+1）•{2}^{n+2}}$=$\frac{1}{2}•\frac{{n}^{2}+n+n+2}{n（n+1）•{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{2}[\frac{1}{{2}^{n+1}}+\frac{n+2}{n（n+1）•{2}^{n+1}}]$=$\frac{1}{2}[\frac{1}{{2}^{n+1}}+\frac{1}{n•{2}^{n}}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+1}}]$，
∴数列{c_n}的前n项和为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}$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式、“裂项求和方法”、数列递推关系、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．