分析 (1)由一元二次不等式的解法求出x的范圍,由條件求出an;
(2)由(1)化簡(jiǎn)bn,利用錯(cuò)位相減法和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求出Sn;
(3)由(1)化簡(jiǎn)f(n)=$\frac{1}{{a}_{n}+1}$+$\frac{1}{{a}_{n}+2}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+n}$,求出f(n+1)后化簡(jiǎn)f(n+1)-f(n)判斷出符號(hào),判斷出f(n)的單調(diào)性求出f(n)的最小值,由放縮法證明f(n)<1成立.
解答 解:(1)由x2-x<nx(n∈N•)得,
x[x-(n+1)]<0,解得0<x<n+1,
∴不等式x2-x<nx的解集中的整數(shù)的個(gè)數(shù)是n,
∴an=n;
(2)由(1)得,bn=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{n}{{2}^{n}}$,
∴Sn=$\frac{1}{2}+\frac{2}{{2}^{2}}+\frac{3}{{2}^{3}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$,①
2Sn=$\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{2}{{2}^{3}}+\frac{3}{{2}^{4}}+…+\frac{n}{{2}^{n+1}}$,②
①-②得,-Sn=$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{{2}^{n}})}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{{2}^{n+1}}$=$1-\frac{n+2}{{2}^{n+1}}$,
則Sn=$\frac{n+2}{{2}^{n+1}}-1$;
證明:(3)由(1)得,f(n)=$\frac{1}{{a}_{n}+1}$+$\frac{1}{{a}_{n}+2}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}+n}$
=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}$
∴f(n+1)=$\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$
∴f(n+1)-f(n)=$-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$
=$\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}$>0,即f(n+1)>f(n),
∴f(n)隨著n的增大而增大(n≥2且n∈N•),
則f(n)的最小值是f(2)=$\frac{1}{3}+\frac{1}{4}$=$\frac{7}{12}$,
∵f(n)=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}$
<$\frac{1}{n}+\frac{1}{n}+…+\frac{1}{n}$=$\frac{n}{n}$=1,
綜上可得,對(duì)n≥2且n∈N•,恒有$\frac{7}{12}$≤f(n)<1.
點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式,利用作差法判斷數(shù)列的單調(diào)性,一元二次不等式的解法,以及錯(cuò)位相減法和求數(shù)列的前n項(xiàng)和,考查放縮法在證明不等式中的應(yīng)用,化簡(jiǎn)、變形能力.
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下列函數(shù)中,既是奇函數(shù),又在上為增函數(shù)的是( )
A. B.
C. D.
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A. | 向右平移$\frac{π}{8}$ | B. | 向左平移$\frac{π}{8}$ | C. | 向右平移$\frac{π}{4}$ | D. | 向左平移$\frac{π}{4}$ |
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