Question

11．已知数列{a_n}的前n项和为${S_n}=2-（\frac{2}{n}+1）•{a_n}$，n∈N^*．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{2ⁿ•a_n}的前n项和为T_A，A_n=$\frac{1}{{T}_{1}}$+$\frac{1}{{T}_{2}}$+$\frac{1}{{T}_{3}}$+…+$\frac{1}{{T}_{n}}$．试比较A_n与$\frac{2}{{n•{a_n}}}$的大小．

Answer 1

分析 （1）通过题意可得a₁=$\frac{1}{2}$，利用递推关系可得数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}是首项及公比均为$\frac{1}{2}$的等比数列，计算即可；
（2）通过（1）得T_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，利用裂项相消法可得A_n=$\frac{2n}{n+1}$，通过变形后问题转化为比较$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$与$\frac{n}{n+1}$的大小．设f（n）=$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$，g（n）=$\frac{n}{n+1}$，只需判断f（n）的单调性即可．

解答 解：（1）由a₁=S₁=2-3a₁可得a₁=$\frac{1}{2}$，
由${S_n}=2-（\frac{2}{n}+1）•{a_n}$，可得${S}_{n-1}=2-（\frac{2}{n-1}+1）{a}_{n-1}$，其中n≥2，
于是a_n=S_n-S_n-1=$（\frac{2}{n-1}+1）{a}_{n-1}$-$（\frac{2}{n}+1）{a}_{n}$，
整理得$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}×\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$（n≥2），
所以数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}是首项及公比均为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}×（\frac{1}{2}）^{n-1}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴a_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$，（n∈N^*）；
（2）由（1）得$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴2ⁿa_n=n，
于是T_n=1+2+3+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$，
∴$\frac{1}{{T}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
∴A_n=2（1$-\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{2n}{n+1}$，
又$\frac{2}{n{a}_{n}}=\frac{{2}^{n+1}}{{n}^{2}}$，
∴问题转化为比较$\frac{{2}^{n+1}}{{n}^{2}}$与$\frac{2n}{n+1}$的大小，即$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$与$\frac{n}{n+1}$的大小．
设f（n）=$\frac{{2}^{n}}{{n}^{2}}$，g（n）=$\frac{n}{n+1}$，
∵f（n+1）-f（n）=$\frac{{2}^{n}[n（n-2）-1]}{[n（n+1）]^{2}}$，
当n≥3时，f（n+1）-f（n）＞0，
∴当n≥3时f（n）单调递增，
∴当n≥4时，f（n）≥f（4）=1，而g（n）＜1，
∴当n≥4时，f（n）＞g（n），
经检验n=1，2，3时，仍有f（n）≥g（n），
因此，对任意正整数n，都有f（n）＞g（n），即A_n＜$\frac{2}{n{a}_{n}}$．

点评 本题考查数列的通项公式，前n项和公式，考查裂项相消法，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．