Question

7．已知在数列{a_n}中，a₁=4，a_n=a₁+a₂+…+a_n-1（n≥2），并设b_n=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{a}_{n}•lo{g}_{2}{a}_{n+1}}$．
（1）求{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）若S_n=b₁+b₂+…+b_n，求使S_n＜$\frac{m}{32}$对一切n∈N^*恒成立的最小整数m的值．

Answer 1

分析 （1）由a_n=a₁+a₂+…+a_n-1（n≥2），得a_n=S_n-1（n≥2），取n=n+1得a_n+1=S_n，两式作差可得数列{a_n}从第二项起为公比是2的等比数列，从而可得${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{4，n=1}\\{{2}^{n}，n≥2}\end{array}\right.$，代入b_n=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{a}_{n}•lo{g}_{2}{a}_{n+1}}$，求得首项，并得到当n≥2时，b_n=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{2}^{n}•lo{g}_{2}{2}^{n+1}}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$，则{b_n}的通项公式可求；
（2）由S₁＜$\frac{m}{32}$，得m＞4，可得m=5；当n≥2时，由S_n$＜\frac{3}{8}$．由$\frac{3}{8}≤\frac{m}{32}$，得m≥12．综上可得使S_n＜$\frac{m}{32}$对一切n∈N^*恒成立的最小整数m的值为12．

解答 解：（1）由a_n=a₁+a₂+…+a_n-1（n≥2），即a_n=S_n-1（n≥2），
得a_n+1=S_n，两式作差得：a_n+1-a_n=a_n，即a_n+1=2a_n（n≥2），
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=2$（n≥2），
又a₁=4，∴a₂=S₁=a₁=4，
则数列{a_n}从第二项起为公比是2的等比数列，
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{4，n=1}\\{{2}^{n}，n≥2}\end{array}\right.$，
则b₁=$\frac{1}{2lo{g}_{2}4•lo{g}_{2}4}=\frac{1}{8}$，
当n≥2时，b_n=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{a}_{n}•lo{g}_{2}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2lo{g}_{2}{2}^{n}•lo{g}_{2}{2}^{n+1}}=\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．
∴${b}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{8}，n=1}\\{\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}），n≥2}\end{array}\right.$；
（2）当n=1时，S_n=b₁=$\frac{1}{8}$，由S₁＜$\frac{m}{32}$，得$\frac{1}{8}＜\frac{m}{32}$，得m＞4，∴m=5；
当n≥2时，S_n=b₁+b₂+…+b_n=$\frac{1}{8}+\frac{1}{2}（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$
=$\frac{1}{8}+\frac{1}{2}（\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}）=\frac{3}{8}-\frac{1}{2（n+1）}$$＜\frac{3}{8}$．
由$\frac{3}{8}≤\frac{m}{32}$，得m≥12．
综上，使S_n＜$\frac{m}{32}$对一切n∈N^*恒成立的最小整数m的值为12．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了裂项相消法求数列的和，考查了数列的函数特性，是中档题．