Question

17．设等差数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₇=4，a₁₉=2a₉，数列{b_n}的前n项和为T_n，满足${4}^{{2a}_{n}-1}$=λT_n-（a₅-1）（n∈N^*）
（1）问是否存在非零实数λ，使得数列{b_n}为等比数列？并说明理由；
（2）已知对于n∈N^*，不等式$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＜M恒成立，求实数M的最小值．

Answer 1

分析 （1）通过设公差d，利用a₇=a₁+6d=4，a₁₉=a₁+18d=2（a₁+8d），可得首项和公差，从而得出通项公式，利用${4}^{{2a}_{n}-1}$=λT_n-（a₅-1）可得当n≥时数列{b_n}的通项公式，只需验证前三项是否满足等比数列即可；
（2）通过S_n=$\frac{n（n+3）}{4}$，可得$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{4}{3}$•（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+3}$），利用并项法相加，然后放缩即可．

解答 解：（1）结论：不存在非零实数λ，使得数列{b_n}为等比数列．
理由如下：
设等差数列{a_n}的公差为d，
则有a₇=a₁+6d=4，a₁₉=a₁+18d=2（a₁+8d），
联立解得a₁=1，d=$\frac{1}{2}$，
所以a_n=a₁+（n-1）d=1+$\frac{n-1}{2}$=$\frac{n+1}{2}$，
∴a₅=$\frac{5+1}{2}$=3，
又∵${4}^{{2a}_{n}-1}$=λT_n-（a₅-1）（n∈N^*），
∴T_n=$\frac{{{a}_{5}-1+4}^{2{a}_{n}-1}}{λ}$=$\frac{2+{4}^{n}}{λ}$，∴T_n+1=$\frac{2+{4}^{n+1}}{λ}$，
∴b_n+1=T_n+1-T_n=$\frac{3•{4}^{n}}{λ}$，b₁=T₁=$\frac{6}{λ}$，
∴b₂=$\frac{12}{λ}$，b₃=$\frac{3•{4}^{3}}{λ}$，
数列{b_n}从第二项起是公比为4的等比数列，
又∵数列{b_n}为等比数列，
∴b₁•b₃=${{b}_{2}}^{2}$，即$\frac{6•3•{4}^{3}}{{λ}^{2}}$=$\frac{1{2}^{2}}{{λ}^{2}}$，
显然这个等式不成立，
即不存在非零实数λ，使得数列{b_n}为等比数列；
（2）由（1）知S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}•\frac{1}{2}$=$\frac{n（n+3）}{4}$，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{4}{n（n+3）}$=$\frac{4}{3}$•（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+3}$），
∴$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{4}{3}$•（1-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{n-4}$-$\frac{1}{n-1}$+$\frac{1}{n-3}$-$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n-2}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+3}$）
=$\frac{4}{3}$•（1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$）
＜$\frac{4}{3}$•（1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$）
=$\frac{4}{3}•\frac{11}{6}$=$\frac{22}{9}$，
∴实数M的最小值为$\frac{22}{9}$．

点评 本题是一道数列与函数、不等式相结合的综合题，考查了分析问题与解决问题的能力，对表达式的灵活变形及利用并项法是解决本题的关键，属中档题．