Question

1．数列{a_n}的通项是关于x的不等式x²-x＜nx（n∈N^•）的解集中的整数的个数，且已知f（n）=$\frac{1}{{a}_{n}+1}$+$\frac{1}{{a}_{n}+2}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+n}$．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，求{b_n}的前n项和S_n；
（3）求证：对n≥2且n∈N^•，恒有$\frac{7}{12}$≤f（n）＜1．

Answer 1

分析 （1）由一元二次不等式的解法求出x的范围，由条件求出a_n；
（2）由（1）化简b_n，利用错位相减法和等比数列的前n项和公式求出S_n；
（3）由（1）化简f（n）=$\frac{1}{{a}_{n}+1}$+$\frac{1}{{a}_{n}+2}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+n}$，求出f（n+1）后化简f（n+1）-f（n）判断出符号，判断出f（n）的单调性求出f（n）的最小值，由放缩法证明f（n）＜1成立．

解答 解：（1）由x²-x＜nx（n∈N^•）得，
x[x-（n+1）]＜0，解得0＜x＜n+1，
∴不等式x²-x＜nx的解集中的整数的个数是n，
∴a_n=n；
（2）由（1）得，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$，
∴S_n=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$，①
2S_n=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{4}}+…+\frac{n}{{2}^{n+1}}$，②
①-②得，-S_n=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$1-\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$，
则S_n=$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}-1$；
证明：（3）由（1）得，f（n）=$\frac{1}{{a}_{n}+1}$+$\frac{1}{{a}_{n}+2}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+n}$
=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}$
∴f（n+1）=$\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$
∴f（n+1）-f（n）=$-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$
=$\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}$＞0，即f（n+1）＞f（n），
∴f（n）随着n的增大而增大（n≥2且n∈N^•），
则f（n）的最小值是f（2）=$\frac{1}{3}+\frac{1}{4}$=$\frac{7}{12}$，
∵f（n）=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}$
＜$\frac{1}{n}+\frac{1}{n}+…+\frac{1}{n}$=$\frac{n}{n}$=1，
综上可得，对n≥2且n∈N^•，恒有$\frac{7}{12}$≤f（n）＜1．

点评 本题考查等比数列的前n项和公式，利用作差法判断数列的单调性，一元二次不等式的解法，以及错位相减法和求数列的前n项和，考查放缩法在证明不等式中的应用，化简、变形能力．