Question

13．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=2，（n+1）a_n+1-（n+2）a_n=2（n∈N^*）．
（Ⅰ）證明數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，并求{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，若數(shù)列{b_n}滿足b_n=n•（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）${\;}^{\frac{{S}_{n}}{n}}$，且b_n≤M對任意的n∈N^*恒成立，求M的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過對（n+1）a_n+1-（n+2）a_n=2變形、裂項可知$\frac{{a}_{n+1}}{n+2}$-$\frac{{a}_{n}}{n+1}$=2（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），進而利用累加法、并項相加，計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）可知b_n=n•$（-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{n+1}$，通過令f（x）=x•$（\frac{\sqrt{6}}{3}）^{x+1}$，求導(dǎo)可知函數(shù)f（x）先增后減，進而計算可得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：∵（n+1）a_n+1-（n+2）a_n=2，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{n+2}$-$\frac{{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{2}{（n+1）（n+2）}$=2（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），
又∵$\frac{{a}_{1}}{2}$=1，
∴當(dāng)n≥2時，$\frac{{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{{a}_{1}}{2}$+（$\frac{{a}_{2}}{3}$-$\frac{{a}_{1}}{2}$）+（$\frac{{a}_{3}}{4}$-$\frac{{a}_{2}}{3}$）+…+（$\frac{{a}_{n}}{n+1}$-$\frac{{a}_{n-1}}{n}$）
=1+2（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）
=$\frac{2n}{n+1}$，
又∵$\frac{{a}_{1}}{2}$=1滿足上式，
∴$\frac{{a}_{n}}{n+1}$=$\frac{2n}{n+1}$，即a_n=2n，
∴數(shù)列{a_n}是首項、公差均為2的等差數(shù)列；
（Ⅱ）解：由（I）可知$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{2•\frac{n（n+1）}{2}}{n}$=n+1，
∴b_n=n•$（-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{\frac{{S}_{n}}{n}}$=n•$（-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{n+1}$，
令f（x）=x•$（\frac{\sqrt{6}}{3}）^{x+1}$，則f′（x）=$（\frac{\sqrt{6}}{3}）^{x+1}$+x•$（\frac{\sqrt{6}}{3}）^{x+1}$•ln$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
令f′（x）=0，即1+x•ln$\frac{\sqrt{6}}{3}$=0，解得：x≈4.95，
∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，
又∵b₅=5•$（-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{6}$=$\frac{40}{27}$，b₄=4•$（-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{5}$=-$\frac{16\sqrt{6}}{27}$，b₆=6•$（-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{7}$=-$\frac{16\sqrt{6}}{27}$，
∴M的最小值為$\frac{40}{27}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查裂項相消法、累加法的逆用等基礎(chǔ)知識，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，注意解題方法的積累，屬于中檔題．