Question

14．在數(shù)列{a_n}中，己知a₁=1，a_n-1=（1-$\frac{1}{n}$）a_n-$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$（n≥2且n∈N^*）
（1）若b_n=$\frac{{a}_{n}}{n}$，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記數(shù)列{a_n}的前項(xiàng)和為S_n，問(wèn)在△ABC中是否存在內(nèi)角θ使S_n-n•tan²θ+5≥$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$對(duì)任意的n∈N^*恒成立，若存在，求出角θ的取值范圍，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)對(duì)a_n-1=（1-$\frac{1}{n}$）a_n-$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$變形可知$\frac{{a}_{n}}{n}$-$\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，進(jìn)而利用累加法計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）可知a_n=2n-n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，利用錯(cuò)位相減法及分組求和法計(jì)算可知S_n=$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$+n（n-1）-4，進(jìn)而問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解不等式tan²θ≤n-1+$\frac{1}{n}$，利用基本不等式及正弦函數(shù)計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵a_n-1=（1-$\frac{1}{n}$）a_n-$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{n-1}{n}$a_n-$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，
∴$\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$=$\frac{{a}_{n}}{n}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，即$\frac{{a}_{n}}{n}$-$\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
又∵$\frac{{a}_{1}}{1}$=1，
∴$\frac{{a}_{n}}{n}$=（$\frac{{a}_{n}}{n}$-$\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$）+（$\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$-$\frac{{a}_{n-2}}{n-2}$）+…+（$\frac{{a}_{2}}{2}$-$\frac{{a}_{1}}{1}$）+$\frac{{a}_{1}}{1}$
=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+…+$\frac{1}{2}$+1
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$
=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，即b_n=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$；
（2）結(jié)論：在△ABC中存在內(nèi)角θ使S_n-n•tan²θ+5≥$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$對(duì)任意的n∈N^*恒成立．
理由如下：
由（1）可知a_n=2n-n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
記數(shù)列{n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$}的前n項(xiàng)和為Q_n，則有：
Q_n=1•$\frac{1}{{2}^{0}}$+2•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，$\frac{1}{2}$Q_n=1•$\frac{1}{2}$+2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
兩式相減，得：$\frac{1}{2}$Q_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$-n•$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴Q_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
則S_n=2•$\frac{n（n+1）}{2}$-（4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$）=$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$+n（n-1）-4，
∴S_n-n•tan²θ+5≥$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$等價(jià)于$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$+n（n-1）-4-n•tan²θ+5≥$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
整理得：n•tan²θ≤n（n-1）+1，即tan²θ≤n-1+$\frac{1}{n}$，
又∵n+$\frac{1}{n}$≥2$\sqrt{n•\frac{1}{n}}$=2，
∴tan²θ≤1對(duì)任意的n∈N^*恒成立，
∴0＜θ≤$\frac{π}{4}$或$\frac{3π}{4}$≤θ＜π．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，涉及累加法、錯(cuò)位相減法、基本不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．