Question

4．已知等比数列{a_n}的前n项和为S_n，a₃=1且a₄，a₃+a₅，a₆为等差数列{b_n}的前三项．
（1）求S_n与数列{b_n}的通项公式；
（2）设数列{$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}$}的前n项和T_n，试问是否存在正整数m，对任意的n∈N^*使得T_n•b_m≤1？若存在请求出m的最大值，若不存在请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由等差数列等差中项的性质可知：2（a₃+a₅）=a₄+a₆，即可求得公比q，由等比数列前n项和公式，即可求得S_n，根据等差{b_n}的前三项为b₁=2，b₂=5，b₃=8，即b₁=2，d=3，即可求得数列{b_n}的通项公式；
（2）由$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{1}{（3n-1）（3n+2）}=\frac{1}{3}（\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n+2}）$，利用“裂项法”即可求得T_n，?n∈Z，$\frac{1}{10}≤{T_n}＜\frac{1}{6}$，由T_nb_m≤1知只要存在正整数m使${b_m}≤\frac{1}{T_n}$，代入即可求得正整数m的最大值．

解答 解：（1）设等比数列{a_n}的公比为q，由a₃=1且a₄，a₃+a₅，a₆为等差数列{b_n}（n∈N^*）三项，
则2（a₃+a₅）=a₄+a₆，得2（1+q²）=q+q³=q（1+q²），得q=2．
从而${S_n}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+…+{2^{n-3}}=\frac{{\frac{1}{4}（1-{2^n}）}}{1-2}={2^{n-2}}-\frac{1}{4}$，
∴{b_n}的前三项为b₁=2，b₂=5，b₃=8，
∴公差d=3，
故等差数列的通项公式为b_n=3n-1．
（2）由（1）知，$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{1}{（3n-1）（3n+2）}=\frac{1}{3}（\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n+2}）$，
∴数列$\{\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}\}$的前n项和：
${T_n}=\frac{1}{3}[（\frac{1}{2}-\frac{1}{5}）+（\frac{1}{5}-\frac{1}{8}）+…+（\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n+2}）]$，
=$\frac{1}{3}（\frac{1}{2}-\frac{1}{3n+2}）$．
从而得对于?n∈Z，$\frac{1}{10}≤{T_n}＜\frac{1}{6}$，故由T_nb_m≤1知只要存在正整数m使${b_m}≤\frac{1}{T_n}$，
即只要3m-1≤6，解得$m≤\frac{7}{3}$．
∵m为正整数，
∴m的最大值为2．

点评 本题考查等比数列和等差数列通项公式和前n项和公式的应用，考查“裂项法”求数列的前n项和，不等式恒成立问题的应用，考查转化思想，属于中档题．