Question

2．已知数列{a_n}是公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，数列{b_n}满足a₁=$\sqrt{2}$b₁=1，且a_n+1²=$\frac{（{a}_{n}+{b}_{n}）^{2}}{{{a}_{n}}^{2}+{{b}_{n}}^{2}}$，b_n+1=1+$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，n∈N⁺，若c_n=$\frac{{{b}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}}$；
（1）求证：数列{c_n}是等差数列，并求出{c_n}的通项公式；
（2）记数列{c_n}的前n项和为S_n，若对于?n∈N⁺，不等式$\sum_{i=1}^{n}$a_i$\sqrt{{S}_{i}}$≤k-$\frac{\sqrt{2}n}{{2}^{n}}$恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）把b_n+1=1+$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$右边通分后两边平方，与a_n+1²=$\frac{（{a}_{n}+{b}_{n}）^{2}}{{{a}_{n}}^{2}+{{b}_{n}}^{2}}$两边作积即可证得数列{c_n}是等差数列，由等差数列的通项公式求其通项公式；
（2）求出数列{c_n}的前n项和为S_n，代入$\sum_{i=1}^{n}$a_i$\sqrt{{S}_{i}}$整理，利用错位相减法求其和，由不等式$\sum_{i=1}^{n}$a_i$\sqrt{{S}_{i}}$≤k-$\frac{\sqrt{2}n}{{2}^{n}}$分离k后求得函数的最大值得答案．

解答 （1）证明：递推关系可变形为：$\frac{1}{{{a}_{n+1}}^{2}}=\frac{{{a}_{n}}^{2}+{{b}_{n}}^{2}}{（{a}_{n}+{b}_{n}）^{2}}$，${{b}_{n+1}}^{2}=\frac{（{a}_{n}+{b}_{n}）^{2}}{{{a}_{n}}^{2}}$（n∈N^*），
两式相乘得：$\frac{{{b}_{n+1}}^{2}}{{{a}_{n+1}}^{2}}=\frac{{{a}_{n}}^{2}+{{b}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}}=\frac{{{b}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}}+1$（n∈N^*），即c_n+1=c_n+1（n∈N^*），
又${a}_{1}=2{{b}_{1}}^{2}$，∴${c}_{1}=\frac{{{b}_{1}}^{2}}{{{a}_{1}}^{2}}$．
∴数列{c_n}是首项为$\frac{1}{2}$，公差为1的等差数列，
故{c_n}的通项公式：${c}_{n}={c}_{1}+（n-1）d=\frac{1}{2}+（n-1）×1=n-\frac{1}{2}$；
（2）解：由（1）知道，${S}_{n}=\frac{（\frac{1}{2}+n-\frac{1}{2}）n}{2}=\frac{{n}^{2}}{2}$，${a}_{n}={a}_{1}×（\frac{1}{2}）^{n-1}=\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴$\sum_{i=1}^{n}$a_i$\sqrt{{S}_{i}}$=$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{{2}^{i-1}}•\frac{i}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{{2}^{i}}$．
记${T}_{n}=\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{{2}^{i}}=\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$    ①
$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{4}}+…+\frac{n}{{2}^{n+1}}$      ②
由①-②得：$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{\frac{1}{2}（1-（\frac{1}{2}）^{n}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}=1-\frac{2+n}{{2}^{n+1}}$．
∴${T}_{n}=2-\frac{2+n}{{2}^{n}}$．
∴$\sqrt{2}（2-\frac{2+n}{{2}^{n}}）≤k-\frac{\sqrt{2}n}{{2}^{n}}$，
即对于任意的正整数n，不等式$k≥2\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}}{{2}^{n}}$恒成立，∴k≥$（2\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}}{{2}^{n}}）_{max}$，
当n=1时，$（2\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}}{{2}^{n}}）_{max}=\sqrt{2}$．
∴k的范围是[$\sqrt{2}，+∞$）．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了错位相减法求数列的和，考查了数列的函数特性，属中高档题．