Question

7．已知在數(shù)列{a_n}中，a₁=4，a_n=a₁+a₂+…+a_n-1（n≥2），并設(shè)b_n=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{a}_{n}•lo{g}_{2}{a}_{n+1}}$．
（1）求{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）若S_n=b₁+b₂+…+b_n，求使S_n＜$\frac{m}{32}$對一切n∈N^*恒成立的最小整數(shù)m的值．

Answer 1

分析 （1）由a_n=a₁+a₂+…+a_n-1（n≥2），得a_n=S_n-1（n≥2），取n=n+1得a_n+1=S_n，兩式作差可得數(shù)列{a_n}從第二項起為公比是2的等比數(shù)列，從而可得${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{4，n=1}\\{{2}^{n}，n≥2}\end{array}\right.$，代入b_n=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{a}_{n}•lo{g}_{2}{a}_{n+1}}$，求得首項，并得到當(dāng)n≥2時，b_n=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{2}^{n}•lo{g}_{2}{2}^{n+1}}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，則{b_n}的通項公式可求；
（2）由S₁＜$\frac{m}{32}$，得m＞4，可得m=5；當(dāng)n≥2時，由S_n$＜\frac{3}{8}$．由$\frac{3}{8}≤\frac{m}{32}$，得m≥12．綜上可得使S_n＜$\frac{m}{32}$對一切n∈N^*恒成立的最小整數(shù)m的值為12．

解答 解：（1）由a_n=a₁+a₂+…+a_n-1（n≥2），即a_n=S_n-1（n≥2），
得a_n+1=S_n，兩式作差得：a_n+1-a_n=a_n，即a_n+1=2a_n（n≥2），
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=2$（n≥2），
又a₁=4，∴a₂=S₁=a₁=4，
則數(shù)列{a_n}從第二項起為公比是2的等比數(shù)列，
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{4，n=1}\\{{2}^{n}，n≥2}\end{array}\right.$，
則b₁=$\frac{1}{2lo{g}_{2}4•lo{g}_{2}4}=\frac{1}{8}$，
當(dāng)n≥2時，b_n=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{a}_{n}•lo{g}_{2}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{2}^{n}•lo{g}_{2}{2}^{n+1}}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．
∴$_{n}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{8}，n=1}\\{\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}），n≥2}\end{array}\right.$；
（2）當(dāng)n=1時，S_n=b₁=$\frac{1}{8}$，由S₁＜$\frac{m}{32}$，得$\frac{1}{8}＜\frac{m}{32}$，得m＞4，∴m=5；
當(dāng)n≥2時，S_n=b₁+b₂+…+b_n=$\frac{1}{8}+\frac{1}{2}（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$
=$\frac{1}{8}+\frac{1}{2}（\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}）=\frac{3}{8}-\frac{1}{2（n+1）}$$＜\frac{3}{8}$．
由$\frac{3}{8}≤\frac{m}{32}$，得m≥12．
綜上，使S_n＜$\frac{m}{32}$對一切n∈N^*恒成立的最小整數(shù)m的值為12．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了裂項相消法求數(shù)列的和，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，是中檔題．