Question

9．设数列{a_n}的前n项和S_n，对一切n∈N^*，点（n，$\frac{{S}_{n}}{n}$）都在函数f（x）=x+$\frac{{a}_{n}}{2x}$的图象上．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设A_n为数列{$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}}$}的前n项积，若不等式A_n$\sqrt{{a}_{n}+1}$＜f（a）-$\frac{{a}_{n}+3}{2a}$对一切 n∈N^*都成立，其中a＞0，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用数列的通项和求和的关系，结合等差数列的通项公式，即可得到所求；
（Ⅱ）化简不等式可得a-$\frac{3}{2a}$＞（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$对一切n∈N^*都成立．设g（n）=1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$，则只需[g（n）]_max＜a-$\frac{3}{2a}$，判断g（n）的单调性，即可得到最大值，再解不等式，即可得到a的范围．

解答 解：（Ⅰ）由题意可得，$\frac{{S}_{n}}{n}$=n+$\frac{{a}_{n}}{2n}$，
所以S_n=n²+$\frac{1}{2}$a_n．S_n+1=（n+1）²+$\frac{1}{2}$a_n+1．
两式相减可得，a_n+1=2n+$\frac{1}{2}$a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n，
即有a_n+1+a_n=4n+2，
a_n+2+a_n+1=4n+6，相减可得a_n+2-a_n=4，
又a₁=2，a₂=4，
则{a_n}奇数项与偶数项分别成等差数列，
当n取奇数时，a_n=2n，当n取偶数时，a_n=2n，
故a_n=2n；
（Ⅱ）因为$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{a}_{n}}$，
故A_n=（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）
所以A_n$\sqrt{{a}_{n}+1}$=（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$
又f（a）-$\frac{{a}_{n}+3}{2a}$=a+$\frac{{a}_{n}}{2a}$-$\frac{{a}_{n}+3}{2a}$=a-$\frac{3}{2a}$＞（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$对一切n∈N^*都成立．
设g（n）=1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$，
则只需[g（n）]_max＜a-$\frac{3}{2a}$，
由于$\frac{g（n+1）}{g（n）}$=（1-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）•$\frac{\sqrt{2n+3}}{\sqrt{2n+1}}$=$\frac{2n+1}{2n+2}$•$\frac{\sqrt{2n+3}}{\sqrt{2n+1}}$=$\frac{\sqrt{4{n}^{2}+8n+3}}{\sqrt{4{n}^{2}+8n+4}}$＜1．
所以g（n+1）＜g（n），故g（n）是单调递减，
于是[g（n）]_max=g（1）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
令$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜a-$\frac{3}{2a}$，即 $\frac{（a-\sqrt{3}）（2a+\sqrt{3}）}{a}$＞0，
解得a＞$\sqrt{3}$．

点评 本题考查数列的通项和求和的关系，考查等差数列的通项公式的运用，同时考查不等式恒成立问题，注意运用数列的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．