Question

12．設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差d＞0，前n項和為S_n，且滿足a₂•a₃=45，a₁+a₄=14
（1）試尋找一個等差數(shù)列{b_n}和一個非負常數(shù)p，使得等式（n+p）•b_n=S_n對于任意的正整數(shù)n恒成立，并說明你的理由；
（2）對于（1）中的等差數(shù)列{b_n}和非負常數(shù)p，試求f（n）=$\frac{_{n}}{（n+p）•_{n+1}}$（n∈N^*）的最大值．

Answer 1

分析 （1）由a₂•a₃=45，a₁+a₄=14，可得$\left\{\begin{array}{l}{（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+2d）=45}\\{2{a}_{1}+3d=14}\end{array}\right.$，d＞0，解得d，a₁．可得a_n，S_n．由（n+p）•b_n=S_n對于任意的正整數(shù)n恒成立，可得（n+p）b_n=2n²-n．分別令n=1，2，3，及其p≥0，即可解得p．
（2）由（1）可得：p=0，b₁=1，b₂=3，公差=2．可得b_n=2n-1．于是f（n）=$\frac{2n-1}{n（2n+1）}$=$\frac{1}{n+1+\frac{1}{2n-1}}$．令g（x）=x+1+$\frac{1}{2x-1}$，（x≥1），利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性最值即可得出．

解答 解：（1）∵a₂•a₃=45，a₁+a₄=14，∴$\left\{\begin{array}{l}{（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+2d）=45}\\{2{a}_{1}+3d=14}\end{array}\right.$，d＞0，解得d=4，a₁=1．
∴a_n=1+4（n-1）=4n-3．
S_n=$\frac{n（1+4n-3）}{2}$=2n²-n．
∵（n+p）•b_n=S_n對于任意的正整數(shù)n恒成立，∴（n+p）b_n=2n²-n．
分別令n=1，2，3，則（1+p）b₁=1，（2+p）b₂=6，（3+p）b₃=15．
可得b₁=$\frac{1}{1+p}$，b₂=$\frac{6}{2+p}$，b₃=$\frac{15}{3+p}$．
∵數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，∴$\frac{2×6}{2+p}$=$\frac{1}{1+p}$+$\frac{15}{3+p}$．
化為：2p²+p=0，解得p=0或-$\frac{1}{2}$．
∵p≥0，∴p=0．
（2）由（1）可得：p=0，b₁=1，b₂=3，公差=3-1=2．
∴b_n=1+2（n-1）=2n-1．
∴f（n）=$\frac{_{n}}{（n+p）•_{n+1}}$=$\frac{2n-1}{n（2n+1）}$=$\frac{1}{n+1+\frac{1}{2n-1}}$．
令g（x）=x+1+$\frac{1}{2x-1}$，（x≥1），
g′（x）=1-$\frac{2}{（2x-1）^{2}}$=$\frac{4{x}^{2}-4x-1}{（2x-1）^{2}}$=$\frac{（x-\frac{1+\sqrt{2}}{2}）（x-\frac{1-\sqrt{2}}{2}）}{（2x+1）^{2}}$，
可得：x∈$[1，\frac{1+\sqrt{2}}{2}）$時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；x∈$（\frac{1+\sqrt{2}}{2}，+∞）$時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．
又g（1）=3，g（2）=3+$\frac{1}{3}$．
因此當(dāng)x∈N^*時，n=1時，g（n）取得最小值3，故n=1時，f（n）取得最大值，f（1）=$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列的通項公式及其求和公式、遞推關(guān)系、數(shù)列的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性最值，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．