分析 (1)由an+1=Sn+1-Sn,可得$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$,运用等差数列的定义和通项公式,可得Sn=$\frac{n(n+1)}{2}$,再由an=Sn-Sn-1,即可得到所求通项公式;
(2)求得bn=n•($\frac{1}{2}$)n-1,运用数列的求和方法:错位相减法,结合等比数列的求和公式,可得前n项和为Tn,再由参数分离和作差法,可得数列的单调性,求得最小值,即可得到k的最大值.
解答 解:(1)an+1=$\frac{1}{n}$Sn+$\frac{1}{2}$(n+1),
即有Sn+1-Sn=$\frac{1}{n}$Sn+$\frac{1}{2}$(n+1),
即Sn+1=$\frac{n+1}{n}$Sn+$\frac{1}{2}$(n+1),
即有$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$-$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}$,
可得数列{$\frac{{S}_{n}}{n}$}是首项为1,公差为$\frac{1}{2}$的等差数列,
即有$\frac{{S}_{n}}{n}$=1+$\frac{1}{2}$(n-1)=$\frac{n+1}{2}$,
则Sn=$\frac{n(n+1)}{2}$,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=$\frac{n(n+1)}{2}$-$\frac{(n-1)n}{2}$=n,
上式对n=1也成立,
则an=n(n∈N*);
(2)an=2n-1bn(n∈N*),
由(1)可得bn=n•($\frac{1}{2}$)n-1,
前n项和为Tn=1•1+2•($\frac{1}{2}$)+3•($\frac{1}{2}$)2+…+n•($\frac{1}{2}$)n-1,①
两边乘$\frac{1}{2}$,可得$\frac{1}{2}$Tn=1•$\frac{1}{2}$+2•($\frac{1}{2}$)2+3•($\frac{1}{2}$)3+…+n•($\frac{1}{2}$)n,②
①-②可得,$\frac{1}{2}$Tn=1+($\frac{1}{2}$)+($\frac{1}{2}$)2+…+($\frac{1}{2}$)n-1-n•($\frac{1}{2}$)n
=$\frac{1-(\frac{1}{2})^{n}}{1-\frac{1}{2}}$-n•($\frac{1}{2}$)n,
化简可得,Tn=4-$\frac{4+2n}{{2}^{n}}$.
Tn≥k-$\frac{9}{{2}^{n}}$即为k≤4-$\frac{4+2n}{{2}^{n}}$+$\frac{9}{{2}^{n}}$=4-$\frac{2n-5}{{2}^{n}}$,
令cn=4-$\frac{2n-5}{{2}^{n}}$,由cn+1-cn=4-$\frac{2n-3}{{2}^{n+1}}$-(4-$\frac{2n-5}{{2}^{n}}$)=$\frac{2n-7}{{2}^{n+1}}$,
可得当n≤3时,数列{cn}单调递减,且c3=4-$\frac{6-5}{8}$=$\frac{31}{8}$;
当n≥4时,数列{cn}单调递增,且c4=4-$\frac{8-5}{16}$=$\frac{61}{16}$.
由c3>c4,可得k≤$\frac{61}{16}$.
即有k的最大值为3.
点评 本题考查数列的通项公式的求法,注意运用当n≥2时,an=Sn-Sn-1,以及等差数列的定义和通项公式;考查数列的求和方法:错位相减法,以及数列不等式恒成立问题的解法,注意运用数列的单调性,属于中档题.
科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{{\sqrt{5}}}{2}$ | B. | $\frac{4}{3}$ | C. | $\frac{5}{4}$ | D. | $\frac{5}{3}$ |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | B. | $\frac{1}{2}$ | C. | -$\frac{1}{2}$ | D. | -$\frac{\sqrt{2}}{2}$ |
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科目:高中数学 来源: 题型:解答题
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