Question

設數(shù)列{a_n}的前n項積為T_n，T_n=1-a_n；數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，S_n=1-b_n
（1）設cn=

1

Tn

．證明數(shù)列{c_n}成等差數(shù)列；求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若T_n（nb_n+n-2）≤kn對n∈N⁺恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）首先利用數(shù)列{a_n}的前n項積T_n與通項之間的關系分類討論寫出相鄰項滿足的關系式，然后兩式作商即可獲得1-a_n+a_na_n-1=a_n，再利用c_n=

1

Tn

，利用作差法即可獲得數(shù)列{c_n}為等差數(shù)列．由此可以求的數(shù)列{c_n}的通項公式，進而求得T_n然后求得數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）充分利用（1）的結(jié)論將“T_n（nb_n+n-2）≤kn對n∈N⁺恒成立”轉(zhuǎn)化為：k≥

1

n+1

•

1

2n

+

n-2

n(n+1)

對任意的n∈N*恒成立．然后通過研究函數(shù)的單調(diào)性即可獲得問題的解答．

解答：解：（1）由T_n=1-a_n得：T_n=1-

Tn

Tn-1

（n≥2）∴T_n•T_n-1=T_n-1-T_n
∴

Tn-1-Tn

Tn• Tn-1

=

1

Tn

-

1

Tn-1

=1即c_n-c_n-1=1
又T₁=1-a₁=a₁∴a₁=

1

2

，c1=

1

T1

=2
∴數(shù)列c_n是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列．
∴c_n=c₁+n-1=2+n-1=n+1
∴T_n=

1

n+1

，an=1-Tn=

n

n+1

（2）由（1）知：T_n=

1

n+1

，
又∵S_n=1-b_n
所以，當n=1時，b₁=1-b₁，∴b₁=

1

2

．
當n≥2時，S_n=1-b_n，S_n-1=1-b_n-1
∴b_n=b_n-1-b_n，
∴2b_n=b_n-1．
∴{b_n}為以

1

2

為首項，以

1

2

為公比的等比數(shù)列．
∴b_n=

1

2

×

1

2n-1

=

1

2n

，
∴

1

n+1

•(

n

2n

+n-2) ≤kn對任意的n∈N*恒成立．
∴k≥

1

n(n+1)

(

n

2n

+n-2)對任意的n∈N*恒成立．
∴k≥

1

n+1

•

1

2n

+

n-2

n(n+1)

對任意的n∈N*恒成立．
令f（n）=

1

n+1

•

1

2n

，則f（n+1）=

1

n+2

•

1

2n+1

∵

1

n+1

＞

1

n+2

＞0，

1

2n

＞

1

2n+1

＞0
∴f（n）＞f（n+1），∴任意的n∈N*時，f（n）為單調(diào)遞減函數(shù)．
令g（n）=

n-2

n(n+1)

，則：g（n+1）=

n-1

(n+1)(n+2)

∴g（n+1）-g（n）=

4-n

n(n+1)(n+2)

∴當1≤n≤4時，g（n）為單調(diào)遞增函數(shù)，且g（4）=g（5），
當n≥5時，g（n）為單調(diào)遞減函數(shù)．
設L（n）=f（n）+g（n）
則：L（1）＜L（2）＜L（3），L（3）＞L（4）＞L（5）＞L（6）＞…
∴L（3）最大，且L（3）=

11

96

，
∴實數(shù)k的取值范圍為[

11

96

，+∞)．

點評：本題考查的是數(shù)列與不等式的綜合類問題．在解答的過程當中充分體現(xiàn)了分類討論的思想、問題轉(zhuǎn)化的思想以及恒成立的思想．值得同學們體會和反思．