Question

13．设a_n=xⁿ，b_n=（$\frac{1}{n}$）²，S_n为数列{a_n•b_n}的前n项和，令f_n（x）=S_n-1，x∈R，a∈N^*．
（Ⅰ）若x=2，求数列{$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$}的前n项和T_n；
（Ⅱ）求证：对?n∈N^*，方程f_n（x）=0在x_n∈[$\frac{2}{3}$，1]上有且仅有一个根；
（Ⅲ）求证：对?p∈N^*，由（Ⅱ）中x_n构成的数列{x_n}满足0＜x_n-x_n+p＜$\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$=（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ，利用“错位相减法”即可求得数列{$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$}的前n项和T_n；
（Ⅱ）由题意可得f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．求得f_n（1）＞0，f_n（$\frac{2}{3}$）＜0，再根据函数的零点的判定定理，可得要证的结论成立．
（Ⅲ）由题意可得f_n+1（x_n）＞f_n（x_n）=f_n+1（x_n+1）=0，由 f_n+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 x_n+1＜x_n，故x_n-x_n+p＞0．用 f_n（x）的解析式减去f_n+p （x_n+p）的解析式，变形可得x_n-x_n+p=$\sum_{k=2}^{n}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}-{x}_{n}^{k}}{{k}^{2}}$+$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}}{{k}^{2}}$，再进行放大，并裂项求和，可得它小于$\frac{1}{n}$．，综上可得要证的结论成立．

解答 解：（Ⅰ）若x=2，a_n=2ⁿ，则$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$=（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
则T_n=1×（$\frac{1}{2}$）¹+3×（$\frac{1}{2}$）²+…+（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴$\frac{1}{2}$T_n=1×（$\frac{1}{2}$）²+3×（$\frac{1}{2}$）³+…+（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2×[（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ]-（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{2}$+2×$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=$\frac{1}{2}$+1-（$\frac{1}{2}$）^n-1-（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
∴T_n=3-（$\frac{1}{2}$）^n-2-（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$；
（Ⅱ）证明：f_n（x）=-1+x+$\frac{{x}^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{x}^{3}}{{3}^{2}}$+…+$\frac{{x}^{n}}{{n}^{2}}$（x∈R，n∈N₊），f_n′（x）=1+$\frac{x}{2}$+$\frac{{x}^{2}}{3}$+…+$\frac{{x}^{n-1}}{n}$＞0，
故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
由于f₁（x₁）=0，当n≥2时，f_n（1）=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＞0，即f_n（1）＞0．
又f_n（$\frac{2}{3}$）=-1+$\frac{2}{3}$+[$\frac{（\frac{2}{3}）^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{（\frac{2}{3}）^{2}}{{3}^{2}}$+$\frac{（\frac{2}{3}）^{4}}{{4}^{2}}$+…+$\frac{（\frac{2}{3}）^{n}}{{n}^{2}}$]≤-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$•$\sum_{i=2}^{n}$（$\frac{2}{3}$）ⁱ，
=-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$×$\frac{（\frac{2}{3}）^{2}[1-（\frac{2}{3}）^{n-1}]}{1-\frac{2}{3}}$=-$\frac{1}{3}$•（$\frac{2}{3}$）^n-1＜0，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的x_n∈[$\frac{2}{3}$，1]，满足f_n（x_n）=0．
（Ⅲ）证明：对于任意p∈N₊，由（1）中x_n构成数列{x_n}，当x＞0时，
∵f_n+1（x）=f_n（x）+$\frac{{x}^{n+1}}{（n+1）^{2}}$＞f_n（x），
∴f_n+1（x_n）＞f_n（x_n）=f_n+1（x_n+1）=0．
由 f_n+1（x） 在（0，+∞）上单调递增，可得 x_n+1＜x_n，即 x_n-x_n+1＞0，
故数列{x_n}为减数列，即对任意的 n、p∈N₊，x_n-x_n+p＞0．
由于 f_n（x_n）=-1+x_n+$\frac{{x}_{n}^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{x}_{n}^{3}}{{3}^{2}}$+…+$\frac{{x}_{n}^{n}}{{n}^{2}}$=0，①，
f_n+p （x_n+p）=-1+x_n+p+$\frac{{x}_{n+p}^{2}}{{3}^{2}}$+$\frac{{x}_{n+p}^{3}}{{3}^{2}}$+…+$\frac{{x}_{n+p}^{n}}{{n}^{2}}$+[$\frac{{x}_{n+p}^{n+1}}{（n+1）^{2}}$+$\frac{{x}_{n+p}^{n+2}}{（n+2）^{2}}$+…+$\frac{{x}_{n+p}^{n+p}}{（n+p）^{2}}$]，②，
用①减去②并移项，利用 0＜x_n+p≤1，可得
x_n-x_n+p=$\sum_{k=2}^{n}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}-{x}_{n}^{k}}{{k}^{2}}$+$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}}{{k}^{2}}$≤$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}}{{k}^{2}}$≤$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{1}{{k}^{2}}$＜$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{1}{k（k-1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+p}$＜$\frac{1}{n}$．
综上可得，对于任意p∈N₊，由（1）中x_n构成数列{x_n}满足0＜x_n-x_n+p＜$\frac{1}{n}$．

点评 本题主要考查函数的导数及应用，函数的零点的判定，等比数列求和以及用放缩法证明不等式，“错位相减法”求数列的前n项和，还考查推理以及运算求解能力，属于难题．