Question

1．已知數(shù)列{a_n}中，${a_1}=1，{a_{n+1}}=\frac{a_n}{{{a_n}+2}}（n∈{N^*}）$
（Ⅰ）求證：$\left\{{\frac{1}{a_n}+1}\right\}$是等比數(shù)列，并求{a_n}的通項公式a_n；
（Ⅱ）數(shù)列{b_n}滿足${b_n}=（{2^n}-1）•\frac{n}{{{2^{n-1}}}}•{a_n}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，若不等式${（-1）^n}λ＜{T_n}+\frac{n}{{{2^{n-1}}}}$對一切n∈N^*恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+2}}$，得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+1=2（$\frac{1}{{a}_{n}}+1$），由此能證明$\left\{{\frac{1}{a_n}+1}\right\}$是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，并能求出{a_n}的通項公式a_n．
（Ⅱ）由b_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，利用錯位相減法能求出T_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，從而（-1）ⁿλ＜4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$，由此能求出λ的取值范圍．

解答 證明：（Ⅰ）由${a}_{n+1}=\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+2}}$，得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}+2}{{a}_{n}}$=1+$\frac{2}{{a}_{n}}$，
即$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+1=2（$\frac{1}{{a}_{n}}+1$），
又$\frac{1}{{a}_{1}}+1=2$，∴$\left\{{\frac{1}{a_n}+1}\right\}$是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列．
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$+1=2×2^n-1=2ⁿ，即${a}_{n}=\frac{1}{{2}^{n}-1}$．…（6分）
解：（Ⅱ）b_n=$\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
T_n=1×$\frac{1}{{2}^{0}}+2×\frac{1}{2}+3×\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n-1）×$\frac{1}{{2}^{n-2}}+n×\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$1×\frac{1}{2}+2×\frac{1}{{2}^{2}}+…+（n-1）×\frac{1}{{2}^{n-1}}+n×\frac{1}{{2}^{n}}$，
兩式相減得：
$\frac{1}{2}{T}_{n}$=$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}$-n×$\frac{1}{{2}^{n}}$=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
T_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，…（9分）
∴（-1）ⁿλ＜4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$，
令S_n=4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$，由題意知S_n單調(diào)遞增．
若n為偶數(shù)，則λ＜4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$，S_n|_min=S₂=3，
∴λ＜3．
若n為奇數(shù)，則-λ＜4-$\frac{2}{{2}^{n-1}}$，S_n|_min=S₁=2，
∴-λ＜2，∴λ＞-2，
∴-2＜λ＜3．即λ的取值范圍是（-2，3）．

點評 本題考查等比數(shù)列的證明，考查數(shù)列的通項公式的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要注意錯位相減法的合理運用．