Question

2．已知等比数列{a_n}的首项a₁=$\frac{1}{3}$，公比q满足q＞0且q≠1，又已知a₁，5a₃，9a₅成等差数列；
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）令b_n=log₃$\frac{1}{a_n}$，记T_n=$\frac{1}{{{b_1}{b_2}}}+\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}+\frac{1}{{{b_3}{b_4}}}+…+\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$，是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N^*，均有T_n＞$\frac{m}{16}$成立？若存在，求出m，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出．
（2）利用“裂项求和”方法与数列的单调性即可得出．

解答 解：（1）∵a₁，5a₃，9a₅成等差数列，
∴10a₃=a₁+9a₅，
∴$10{a_1}{q^2}={a_1}+9{a_1}{q^4}$，又由${a_1}=\frac{1}{3}$得9q⁴-10q²+1=0，
解得q²=1或${q^2}=\frac{1}{9}$，又由q＞0且q≠1得$q=\frac{1}{3}$，
∴${a_n}={（{\frac{1}{3}}）^n}$．
（2）∵${b_n}={log_3}\frac{1}{a_n}=n$，
∴${T_n}=\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+\frac{1}{3×4}+…+\frac{1}{{n（{n+1}）}}$=$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$=$1-\frac{1}{n+1}$．
由T_n为关于n的增函数，故${（{T_n}）_{min}}={T_1}=\frac{1}{2}$，于是欲使${T_n}＞\frac{m}{16}$对任意n∈N^*恒成立，
则$\frac{m}{16}＜\frac{1}{2}$，则m＜8，∴存在最大的整数m=7满足题意．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、“裂项求和”方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．