Question

14．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且3S_n+a_n-3=0，n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{1}{2}{log_2}（{1-{S_{n+1}}}）$，求T_n=$\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$，求使T_n≥$\frac{504}{1009}$成立的n的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)3S_n+a_n-3=0與3S_n-1+a_n-1-3=0作差，進(jìn)而可知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為$\frac{3}{4}$、公比為$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列，利用公式計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）及3S_n+a_n-3=0計(jì)算可知b_n=-n-1，裂項(xiàng)可知$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，進(jìn)而并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵3S_n+a_n-3=0，
∴當(dāng)n=1時(shí)，3S₁+a₁-3=0，即a₁=$\frac{3}{4}$，
又∵當(dāng)n≥2時(shí)，3S_n-1+a_n-1-3=0，
∴3a_n+a_n-a_n-1=0，即a_n=$\frac{1}{4}$a_n-1，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為$\frac{3}{4}$、公比為$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列，
故其通項(xiàng)公式a_n=$\frac{3}{4}$•$\frac{1}{{4}^{n-1}}$=3•$\frac{1}{{4}^{n}}$；
（2）由（1）可知，1-S_n+1=$\frac{1}{3}$a_n+1=$\frac{1}{{4}^{n+1}}$，
∴b_n=$\frac{1}{2}{log_2}（{1-{S_{n+1}}}）$=-n-1，
∵$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
∴T_n=$\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$
=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$，
由T_n≥$\frac{504}{1009}$可知，$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$≥$\frac{504}{1009}$，
化簡(jiǎn)得：$\frac{1}{n+2}$≤$\frac{1}{2018}$，解得：n≥2016，
故滿足條件的n的最小值為2016．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查裂項(xiàng)相消法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．