Question

14．已知數(shù)列{a_n}是各項均不為零的等差數(shù)列，S_n為其前n項和，且S_2n-1=a${\;}_{n}^{2}$（n∈N^*），若不等式$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$≤nlog${\;}_{\frac{1}{8}}$λ對任意n∈N^*恒成立，則實數(shù)λ的最大值是$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 數(shù)列{a_n}是各項均不為零的等差數(shù)列，設公差為d，又S_2n-1=a${\;}_{n}^{2}$（n∈N^*），n=1時，${a}_{1}={a}_{1}^{2}$，解得a₁．n=2時，S₃=${a}_{2}^{2}$，解得d．可得a_n=2n-1．利用“裂項求和”方法可得：$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{2n+1}$．代入不等式$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$≤nlog${\;}_{\frac{1}{8}}$λ，化簡利用數(shù)列的單調(diào)性、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：∵數(shù)列{a_n}是各項均不為零的等差數(shù)列，設公差為d，又S_2n-1=a${\;}_{n}^{2}$（n∈N^*），
∴n=1時，${a}_{1}={a}_{1}^{2}$，解得a₁=1．
n=2時，S₃=${a}_{2}^{2}$，即3+3d=（1+d）²，解得d=2或d=-1（舍去）．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
∴$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$．
∴$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$
=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{n}{2n+1}$．
不等式$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$≤nlog${\;}_{\frac{1}{8}}$λ，即：$\frac{n}{2n+1}$≤nlog${\;}_{\frac{1}{8}}$λ，化為：log${\;}_{\frac{1}{8}}$λ≥$\frac{1}{2n+1}$．
不等式$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$≤nlog${\;}_{\frac{1}{8}}$λ對任意n∈N^*恒成立，∴l(xiāng)og${\;}_{\frac{1}{8}}$λ≥$\frac{1}{3}$，∴0＜λ≤$（\frac{1}{8}）^{\frac{1}{3}}$=$\frac{1}{2}$．
則實數(shù)λ的最大值是$\frac{1}{2}$．
故答案為：$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了數(shù)列遞推關系、等差數(shù)列的通項公式、“裂項求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．