Question

20．已知函數(shù)f（x）=$\frac{3x}{2x+3}$，數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=f（a_n），n∈N^*．
（1）求a₂，a₃，a₄的值；
（2）求證：數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是等差數(shù)列；
（3）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足b_n=a_n-1•a_n（n≥2），b₁=3，S_n=b₁+b₂+…+b_n，若${S_n}＜\frac{m-2014}{2}$對(duì)一切n∈N^*成立，求最小正整數(shù)m的值．

Answer 1

分析 （1）由已知可得數(shù)列遞推式，再由a₁=1依次求得a₂，a₃，a₄的值；
（2）把數(shù)列遞推式取倒數(shù)，可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{2}{3}$，即數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以$\frac{2}{3}$為公差的等差數(shù)列；
（3）由（2）求出等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，得到數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，代入b_n=a_n-1•a_n（n≥2），利用裂項(xiàng)相消法求得數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，代入${S_n}＜\frac{m-2014}{2}$即可求得最小正整數(shù)m的值．

解答 （1）解：由f（x）=$\frac{3x}{2x+3}$，且a_n+1=f（a_n），
∴${a}_{n+1}=\frac{3{a}_{n}}{2{a}_{n}+3}$，又a₁=1，
∴${a}_{2}=\frac{3{a}_{1}}{2{a}_{1}+3}=\frac{3}{5}$，${a}_{3}=\frac{3{a}_{2}}{2{a}_{2}+3}=\frac{3}{7}$，${a}_{4}=\frac{3{a}_{3}}{2{a}_{3}+3}$=$\frac{1}{3}$；
（2）證明：由${a}_{n+1}=\frac{3{a}_{n}}{2{a}_{n}+3}$，得$\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{2}{3}$，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以$\frac{2}{3}$為公差的等差數(shù)列；
（3）證明：由數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以1為首項(xiàng)，以$\frac{2}{3}$為公差的等差數(shù)列，
得$\frac{1}{{a}_{n}}=1+\frac{2}{3}（n-1）=\frac{2}{3}n+\frac{1}{3}$=$\frac{2n+1}{3}$．
∴${a}_{n}=\frac{3}{2n+1}$．
則b_n=a_n-1•a_n=$\frac{9}{（2n-1）（2n+1）}=\frac{9}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$（n≥2）．
又b₁=3，
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n=3+$\frac{9}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$
=3+$\frac{9}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{9}{2}-\frac{9}{2（2n+1）}$，
由${S_n}＜\frac{m-2014}{2}$，得$\frac{9}{2}-\frac{9}{2（2n+1）}$＜$\frac{m-2014}{2}$，
即m＞2023-$\frac{9}{2n+1}$．
∴最小正整數(shù)m的值為2023．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差關(guān)系的確定，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，訓(xùn)練了裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和，是中檔題．