Question

1．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^*）
（Ⅰ）设b_n=$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$，求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）设c_n=$\frac{1}{{b}_{n+1}-1}$，数列{c_n}的前n项和为S_n，不等式$\frac{1}{4}$m²-$\frac{1}{4}$m＞S_n，对一切n∈N^*成立，求实数m的范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由${a_{n+1}}=\frac{{{2^{n+1}}{a_n}}}{{（n+\frac{1}{2}）{a_n}+{2^n}}}（n∈N*）$得$\frac{{{2^{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}-\frac{2^n}{a_n}=n+\frac{1}{2}$，即${b_{n+1}}-{b_n}=n+\frac{1}{2}$，利用“累加求和”方法即可得出b_n，进而得到a_n．
（II）利用“裂项求和”方法可得S_n，再利用不等式的解法即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由${a_{n+1}}=\frac{{{2^{n+1}}{a_n}}}{{（n+\frac{1}{2}）{a_n}+{2^n}}}（n∈N*）$得$\frac{{{2^{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}=\frac{{（n+\frac{1}{2}）{a_n}+{2^n}}}{a_n}$，
所以$\frac{{{2^{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}-\frac{2^n}{a_n}=n+\frac{1}{2}$，
即${b_{n+1}}-{b_n}=n+\frac{1}{2}$------（3分）
∴b_n=（b_n-b_n-1）+（b_n-1-b_n-2）+…+（b₂-b₁）+b₁
=（n-1）+（n-2）+…+2+1+$\frac{1}{2}（n-1）$+1
=$\frac{（n-1）n}{2}$+$\frac{1}{2}（n-1）$+1
=$\frac{{n}^{2}+1}{2}$，
又b₁=$\frac{2}{{a}_{1}}$=1，
∴${b_n}=\frac{{{n^2}+1}}{2}=\frac{2^n}{a_n}$，
∴${a_n}=\frac{{{2^{n+1}}}}{{{n^2}+1}}$n∈N^*----------------（6分）
（II）由（I）可得：
b_n+1-1=$\frac{（n+1）^{2}+1}{2}$-1=$\frac{{n}^{2}+2n}{2}$，
∴c_n=$\frac{2}{{n}^{2}+2n}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}$．
∴S_n=$（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）$+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$
=1+$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$＜$\frac{3}{2}$，
∵不等式$\frac{1}{4}$m²-$\frac{1}{4}$m＞S_n，对一切n∈N^*成立，
∴$\frac{1}{4}$m²-$\frac{1}{4}$m$≥\frac{3}{2}$，
化为m²-m-6≥0，
解得m≥3或m≤-2．（12分）．

点评 本题考查了递推关系、等差数列的通项公式及其前n项和公式、“裂项求和”方法、“累加求和”方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．