Question

16．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和是Sn，且滿足a₁=$\frac{1}{2}$，S_n=n²a_n，n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n；
（Ⅱ）若對任意的n∈N^*，不等式2ⁿk+7≥$\frac{1}{1-{S}_{n}}$恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)n≥2時，將n換成n-1，兩式相減，化簡整理，再由累乘法，即可得到所求數(shù)列的通項公式；
（Ⅱ）不等式2ⁿk+7≥$\frac{1}{1-{S}_{n}}$恒成立，即為k≥$\frac{n-6}{{2}^{n}}$對任意的n∈N^*恒成立，令b_n=$\frac{n-6}{{2}^{n}}$，作差判斷數(shù)列的單調(diào)性，求得最大值，由恒成立思想即可得到k的范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)n≥2時，S_n=n²a_n，①
S_n-1=（n-1）²a_n-1，②
①-②可得，a_n=n²a_n-（n-1）²a_n-1，
（n+1）a_n=（n-1）a_n-1，即$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n-1}{n+1}$，
則有a_n=a₁•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$…$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{3}$•$\frac{2}{4}$…$\frac{n-1}{n+1}$
=$\frac{1}{n（n+1）}$（n∈N^*）；
（Ⅱ）S_n=n²a_n=$\frac{n}{n+1}$，
不等式2ⁿk+7≥$\frac{1}{1-{S}_{n}}$恒成立，即為k≥$\frac{n-6}{{2}^{n}}$對任意的n∈N^*恒成立，
令b_n=$\frac{n-6}{{2}^{n}}$，b_n-b_n-1=$\frac{n-6}{{2}^{n}}$-$\frac{n-7}{{2}^{n-1}}$=$\frac{8-n}{{2}^{n}}$，n≥2，
即有b₁＜b₂＜b₃＜…＜b₇=b₈＞b₉＞b₁₀＞…，
則b₇或b₈最大，且為$\frac{1}{128}$，
即有k≥$\frac{1}{128}$．
則k的取值范圍是[$\frac{1}{128}$，+∞）．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，注意運用數(shù)列的通項和前n項和的關(guān)系式和累乘法，同時考查數(shù)列的單調(diào)性和恒成立問題，注意運用參數(shù)分離，屬于中檔題．