Question

4．已知數(shù)列{b_n}是首項b₁=1，b₄=10的等差數(shù)列，設(shè)b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$a_n（n∈n^*）．
（1）求證：{a_n}是等比數(shù)列；
（2）記c_n=$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項和S_n；
（3）記d_n=（3n+1）•S_n，若對任意正整數(shù)n，不等式$\frac{1}{n+v7zrcff_{1}}$+$\frac{1}{n+zblv2g7_{2}}$+…+$\frac{1}{n+m2jawog_{n}}$＞$\frac{m}{24}$恒成立，求整數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （1）運用等差數(shù)列的通項公式，可得公差d=3，進而得到b_n=3n-2，再由對數(shù)的運算性質(zhì)和等比數(shù)列的定義，即可得證；
（2）求得c_n=$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{（3n-2）（3n+1）}$=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），再由數(shù)列的求和方法：裂項相消求和即可得到所求和；
（3）求得d_n=（3n+1）•S_n=（3n+1）•$\frac{n}{3n+1}$=n．設(shè)$f（n）=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{n+n}$，判斷為單調(diào)遞增，求得最小值f（1），再由恒成立思想可得m的范圍，進而得到最大值．

解答 解：（1）證明：b₁=1，b₄=10，可得
公差d=$\frac{_{4}-_{1}}{4-1}$=3，b_n=1+3（n-1）=3n-2；
b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$a_n=3n，
則a_n=（$\frac{1}{4}$）ⁿ，
由$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{4}$，
可得數(shù)列{a_n}是首項為$\frac{1}{4}$，公比為$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列；         
（2）c_n=$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{（3n-2）（3n+1）}$=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），
則前n項和S_n=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$）
=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{3n+1}$）=$\frac{n}{3n+1}$；
（3）d_n=（3n+1）•S_n=（3n+1）•$\frac{n}{3n+1}$=n．
則問題轉(zhuǎn)化為對任意正整數(shù)n使
不等式$\frac{1}{n+wjjux72_{1}}$+$\frac{1}{n+is2p2a2_{2}}$+…+$\frac{1}{n+7blvuto_{n}}$＞$\frac{m}{24}$恒成立．                
設(shè)$f（n）=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{n+n}$，
則f（n+1）-f（n）=[$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{（n+1）+（n+1）}$]-（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{n+n}$）
=$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{1}{（2n+1）（2n+2）}$＞0            
所以f（n+1）＞f（n），故f（n）的最小值是f（1）=$\frac{1}{2}$，
由$\frac{m}{24}$＜$\frac{1}{2}$恒成立，即m＜12，
知整數(shù)m可取最大值為11．

點評 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式的運用，考查數(shù)列的求和方法：裂項相消求和，同時考查數(shù)列不等式恒成立問題的解法，注意運用單調(diào)性求得最值，屬于中檔題．