Question

1．己知各項(xiàng)均不為0的數(shù)列{a_n}中a₁=$\frac{1}{2}$，且n≥2時(shí)，a_n-1-a_n=a_n-1a_n，其前n項(xiàng)和為S_n．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若對于任意正整數(shù)n，不等式S_2n-S_n＞$\frac{m}{16}$恒成立，求常數(shù)m所能取得的最大整數(shù)．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)數(shù)列的遞推公式可得數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，即可求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，
（2）構(gòu)造數(shù)列b_n=S_2n-S_n，證明{b_n}是遞增數(shù)列，再由不等式S_2n-S_n＞$\frac{m}{16}$恒成立，即可求出m的范圍，問題得以解決

解答 解：（1）∵a_n-1-a_n=a_n-1a_n，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{{a}_{n-1}}$=1，
∵a₁=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{{a}_{1}}$=2，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=2+（n-1）=n+1，
∴a_n=$\frac{1}{n+1}$，
（2）∵數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=$\frac{1}{n+1}$，前n項(xiàng)和為S_n．
S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n，
S_2n=a₁+a₂+a₃+…+a_n+a_n+1+…+a_2n，
∴S_2n-S_n=a_n+1+a_n+2+…+a_2n=（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n+1}$）-
（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n+1}$
設(shè)b_n=S_2n-S_n，
則b_n+1-b_n=（$\frac{1}{n+3}$+$\frac{1}{n+4}$+…+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$+$\frac{1}{2n+3}$）
-（$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+3}$-$\frac{1}{n+2}$＞0，
∴{b_n}是遞增數(shù)列，
∴{b_n}是最小值是b₁，
∴b₁=S₂-S₁=a₂=$\frac{1}{3}$
∵S_2n-S_n＞$\frac{m}{16}$恒成立，
∴$\frac{1}{3}$＞$\frac{m}{16}$，
解得m＜$\frac{16}{3}$，
∴常數(shù)m所能取得的最大整數(shù)是5．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列前n項(xiàng)和公式的求法和應(yīng)用，綜合性強(qiáng)，難度較大，對數(shù)學(xué)思維能力的要求較高，解題時(shí)要注意等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的合理運(yùn)用．