Question

13．設(shè)a_n=xⁿ，b_n=（$\frac{1}{n}$）²，S_n為數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和，令f_n（x）=S_n-1，x∈R，a∈N^*．
（Ⅰ）若x=2，求數(shù)列{$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅱ）求證：對(duì)?n∈N^*，方程f_n（x）=0在x_n∈[$\frac{2}{3}$，1]上有且僅有一個(gè)根；
（Ⅲ）求證：對(duì)?p∈N^*，由（Ⅱ）中x_n構(gòu)成的數(shù)列{x_n}滿足0＜x_n-x_n+p＜$\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$=（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ，利用“錯(cuò)位相減法”即可求得數(shù)列{$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅱ）由題意可得f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．求得f_n（1）＞0，f_n（$\frac{2}{3}$）＜0，再根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理，可得要證的結(jié)論成立．
（Ⅲ）由題意可得f_n+1（x_n）＞f_n（x_n）=f_n+1（x_n+1）=0，由 f_n+1（x） 在（0，+∞）上單調(diào)遞增，可得 x_n+1＜x_n，故x_n-x_n+p＞0．用 f_n（x）的解析式減去f_n+p （x_n+p）的解析式，變形可得x_n-x_n+p=$\sum_{k=2}^{n}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}-{x}_{n}^{k}}{{k}^{2}}$+$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}}{{k}^{2}}$，再進(jìn)行放大，并裂項(xiàng)求和，可得它小于$\frac{1}{n}$．，綜上可得要證的結(jié)論成立．

解答 解：（Ⅰ）若x=2，a_n=2ⁿ，則$\frac{2n-1}{{a}_{n}}$=（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
則T_n=1×（$\frac{1}{2}$）¹+3×（$\frac{1}{2}$）²+…+（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴$\frac{1}{2}$T_n=1×（$\frac{1}{2}$）²+3×（$\frac{1}{2}$）³+…+（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2×[（$\frac{1}{2}$）²+（$\frac{1}{2}$）³+…+（$\frac{1}{2}$）ⁿ]-（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{2}$+2×$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹=$\frac{1}{2}$+1-（$\frac{1}{2}$）^n-1-（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
∴T_n=3-（$\frac{1}{2}$）^n-2-（2n-1）（$\frac{1}{2}$）ⁿ=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$；
（Ⅱ）證明：f_n（x）=-1+x+$\frac{{x}^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{x}^{3}}{{3}^{2}}$+…+$\frac{{x}^{n}}{{n}^{2}}$（x∈R，n∈N₊），f_n′（x）=1+$\frac{x}{2}$+$\frac{{x}^{2}}{3}$+…+$\frac{{x}^{n-1}}{n}$＞0，
故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
由于f₁（x₁）=0，當(dāng)n≥2時(shí)，f_n（1）=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＞0，即f_n（1）＞0．
又f_n（$\frac{2}{3}$）=-1+$\frac{2}{3}$+[$\frac{（\frac{2}{3}）^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{（\frac{2}{3}）^{2}}{{3}^{2}}$+$\frac{（\frac{2}{3}）^{4}}{{4}^{2}}$+…+$\frac{（\frac{2}{3}）^{n}}{{n}^{2}}$]≤-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$•$\sum_{i=2}^{n}$（$\frac{2}{3}$）ⁱ，
=-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$×$\frac{（\frac{2}{3}）^{2}[1-（\frac{2}{3}）^{n-1}]}{1-\frac{2}{3}}$=-$\frac{1}{3}$•（$\frac{2}{3}$）^n-1＜0，
根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理，可得存在唯一的x_n∈[$\frac{2}{3}$，1]，滿足f_n（x_n）=0．
（Ⅲ）證明：對(duì)于任意p∈N₊，由（1）中x_n構(gòu)成數(shù)列{x_n}，當(dāng)x＞0時(shí)，
∵f_n+1（x）=f_n（x）+$\frac{{x}^{n+1}}{（n+1）^{2}}$＞f_n（x），
∴f_n+1（x_n）＞f_n（x_n）=f_n+1（x_n+1）=0．
由 f_n+1（x） 在（0，+∞）上單調(diào)遞增，可得 x_n+1＜x_n，即 x_n-x_n+1＞0，
故數(shù)列{x_n}為減數(shù)列，即對(duì)任意的 n、p∈N₊，x_n-x_n+p＞0．
由于 f_n（x_n）=-1+x_n+$\frac{{x}_{n}^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{x}_{n}^{3}}{{3}^{2}}$+…+$\frac{{x}_{n}^{n}}{{n}^{2}}$=0，①，
f_n+p （x_n+p）=-1+x_n+p+$\frac{{x}_{n+p}^{2}}{{3}^{2}}$+$\frac{{x}_{n+p}^{3}}{{3}^{2}}$+…+$\frac{{x}_{n+p}^{n}}{{n}^{2}}$+[$\frac{{x}_{n+p}^{n+1}}{（n+1）^{2}}$+$\frac{{x}_{n+p}^{n+2}}{（n+2）^{2}}$+…+$\frac{{x}_{n+p}^{n+p}}{（n+p）^{2}}$]，②，
用①減去②并移項(xiàng)，利用 0＜x_n+p≤1，可得
x_n-x_n+p=$\sum_{k=2}^{n}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}-{x}_{n}^{k}}{{k}^{2}}$+$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}}{{k}^{2}}$≤$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{{x}_{n+p}^{k}}{{k}^{2}}$≤$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{1}{{k}^{2}}$＜$\sum_{k=n+1}^{n+p}$$\frac{1}{k（k-1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+p}$＜$\frac{1}{n}$．
綜上可得，對(duì)于任意p∈N₊，由（1）中x_n構(gòu)成數(shù)列{x_n}滿足0＜x_n-x_n+p＜$\frac{1}{n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用，函數(shù)的零點(diǎn)的判定，等比數(shù)列求和以及用放縮法證明不等式，“錯(cuò)位相減法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和，還考查推理以及運(yùn)算求解能力，屬于難題．