Question

4．已知数列{b_n}是首项b₁=1，b₄=10的等差数列，设b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$a_n（n∈n^*）．
（1）求证：{a_n}是等比数列；
（2）记c_n=$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$，求数列{c_n}的前n项和S_n；
（3）记d_n=（3n+1）•S_n，若对任意正整数n，不等式$\frac{1}{n+{d}_{1}}$+$\frac{1}{n+{d}_{2}}$+…+$\frac{1}{n+{d}_{n}}$＞$\frac{m}{24}$恒成立，求整数m的最大值．

Answer 1

分析 （1）运用等差数列的通项公式，可得公差d=3，进而得到b_n=3n-2，再由对数的运算性质和等比数列的定义，即可得证；
（2）求得c_n=$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（3n-2）（3n+1）}$=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），再由数列的求和方法：裂项相消求和即可得到所求和；
（3）求得d_n=（3n+1）•S_n=（3n+1）•$\frac{n}{3n+1}$=n．设$f（n）=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{n+n}$，判断为单调递增，求得最小值f（1），再由恒成立思想可得m的范围，进而得到最大值．

解答 解：（1）证明：b₁=1，b₄=10，可得
公差d=$\frac{{b}_{4}-{b}_{1}}{4-1}$=3，b_n=1+3（n-1）=3n-2；
b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$a_n=3n，
则a_n=（$\frac{1}{4}$）ⁿ，
由$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{4}$，
可得数列{a_n}是首项为$\frac{1}{4}$，公比为$\frac{1}{4}$的等比数列；         
（2）c_n=$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（3n-2）（3n+1）}$=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$），
则前n项和S_n=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{3n-2}$-$\frac{1}{3n+1}$）
=$\frac{1}{3}$（1-$\frac{1}{3n+1}$）=$\frac{n}{3n+1}$；
（3）d_n=（3n+1）•S_n=（3n+1）•$\frac{n}{3n+1}$=n．
则问题转化为对任意正整数n使
不等式$\frac{1}{n+{d}_{1}}$+$\frac{1}{n+{d}_{2}}$+…+$\frac{1}{n+{d}_{n}}$＞$\frac{m}{24}$恒成立．                
设$f（n）=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{n+n}$，
则f（n+1）-f（n）=[$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{（n+1）+（n+1）}$]-（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{n+n}$）
=$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{1}{（2n+1）（2n+2）}$＞0            
所以f（n+1）＞f（n），故f（n）的最小值是f（1）=$\frac{1}{2}$，
由$\frac{m}{24}$＜$\frac{1}{2}$恒成立，即m＜12，
知整数m可取最大值为11．

点评 本题考查等差数列和等比数列的通项公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，同时考查数列不等式恒成立问题的解法，注意运用单调性求得最值，属于中档题．