Question

17．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足（p-1）S_n=p²-a_n（p＞0，p≠1），且a₃=$\frac{1}{3}$．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{1}{2-lo{g}_{3}{a}_{n}}$，數(shù)列{b_nb_n+2}的前n項(xiàng)和為T_n，若對于任意的正整數(shù)n，都有T_n＜m²-m+$\frac{3}{4}$成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過在（p-1）S_n=p²-a_n（p＞0，p≠1）中令n=1可知a₁=p，令n=2可知a₂=1，令n=3并結(jié)合a₃=$\frac{1}{3}$可知p=3，進(jìn)而可知數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為3，公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）可知b_n=$\frac{1}{n}$，裂項(xiàng)、并項(xiàng)相加可知T_n=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$），利用T_n＜$\frac{3}{4}$，問題轉(zhuǎn)化為解不等式$\frac{3}{4}$≤m²-m+$\frac{3}{4}$，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）依題意，（p-1）S₁=p²-a₁（p＞0，p≠1），
∴a₁=p，
∴（p-1）（p+a₂）=p²-a₂，解得：a₂=1，
∴（p-1）（1+p+a₃）=p²-a₃，
又∵a₃=$\frac{1}{3}$，
∴（p-1）（1+p+$\frac{1}{3}$）=p²-$\frac{1}{3}$，解得：p=3，
∴2S_n=9-a_n，
∴2a_n+1=a_n-a_n+1，即a_n+1=$\frac{1}{3}$a_n，
又∵a₁=p=3，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為3，公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，
∴a_n=$\frac{3}{{3}^{n-1}}$=$\frac{1}{{3}^{n-2}}$；
（Ⅱ）由（I）可知b_n=$\frac{1}{2-lo{g}_{3}{a}_{n}}$=$\frac{1}{2-lo{g}_{3}\frac{1}{{3}^{n-2}}}$=$\frac{1}{n}$，
∴b_nb_n+2=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
∴T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$），
顯然T_n隨著n的增大而增大，且T_n＜$\frac{3}{4}$，
則對于任意的正整數(shù)n都有T_n＜m²-m+$\frac{3}{4}$成立等價于對于任意的正整數(shù)n都有$\frac{3}{4}$≤m²-m+$\frac{3}{4}$成立，
化簡得：m（m-1）≥0，
解得：m≤或m≥1．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．